Luận văn Cấu trúc tập nghiệm của phương trình logistic tựa tuyến tính

Trong luận văn này, tôi đã trình bày chi tiết lại các kết quả nghiên cứu của Nguyễn Bích Huy, Nguyễn Duy Thanh, Trần Đình Thanh về sự tồn tại và cấu trúc của các nghiệm yếu dương mà không nhất thiết bị chặn của phương trình logistic (2.1), bao gồm: • chỉ ra được sự tồn tại nghiệm yếu dương cực đại của (2.1) khi các giả thiết (H1), (H2) và (H3) hoặc (H4) được thỏa. Với trường hợp α = − p 1, định lý

pdf48 trang | Chia sẻ: toanphat99 | Ngày: 21/07/2016 | Lượt xem: 893 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Cấu trúc tập nghiệm của phương trình logistic tựa tuyến tính, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
hiệm thuộc 1,0 ( ) pW Ω ∩ L∞(Ω) nếu Nq p > và nếu * 1 N pq p α ′  > >  +  thì nó có nghiệm thuộc 1,0 ( ) pW Ω ∩ Ls(Ω) với ( )1Nq ps N pq α− − = − . Trong [9], sự tồn tại nghiệm thuộc 1,0 ( ) pW Ω ∩ L∞(Ω) của (3) đã được chứng minh cho trường hợp ( )1 Nq p p β β > − + , còn trong trường hợp ( ) ( ) ( ) * *max , ,1 11 1 N N N p pq p p p pp N p p β β β ββ   > >  − + − −− + − +     thì (3) có nghiệm thuộc 1,0 ( ) pW Ω . Do đó, nghiệm không bị chặn của (3), (4) có thể được tìm thấy khi m(x)∈ Lq(Ω) với q đủ nhỏ. Trong luận văn này, chúng tôi sẽ trình bày chi tiết lại các kết quả nghiên cứu của Nguyễn Bích Huy, Nguyễn Duy Thanh, Trần Đình Thanh về sự tồn tại và cấu trúc nghiệm yếu dương mà không nhất thiết bị chặn của bài toán (3)-(2) (bài viết [14]). Bài luận văn có bố cục như sau: Mở đầu: Giới thiệu sơ lược lịch sử vấn đề và nêu mục tiêu của luận văn. Nội dung: • Chương 1 – Các kết quả được sử dụng: trình bày các kiến thức nền tảng mà từ đó xây dựng nên các kết luận chính của luận văn, bao gồm: − định lý điểm bất động của ánh xạ tăng, định lý về nhánh liên tục của tập nghiệm của phương trình trong không gian có thứ tự. − các khái niệm và một số tinh chất quan trọng của không gian Sobolev, giới thiệu định lý Brezis-Browder. • Chương 2 – Sự tồn tại nghiệm của phương trình logistic: chứng minh sự tồn tại nghiệm yếu dương lớn nhất của bài toán (3)-(2) bằng cách đưa bài toán này về bài toán điểm bất động. • Chương 3 – Cấu trúc của tập nghiệm: nghiên cứu cấu trúc tập nghiệm của (3)-(2) bao gồm: − dáng điệu tiệm cận − nhánh liên tục của tập nghiệm − sự phân nhánh nghiệm Kết luận: Tổng kết lại các kết quả nghiên cứu, đưa ra nhận xét và vài gợi mở cho những nghiên cứu tiếp theo. Chương 1: Các kết quả được sử dụng 1.1. Phương trình trong không gian có thứ tự Trong phần này ta sẽ xét (X, . ) là một không gian Banach thục với thứ tự được sinh bởi nón K. 1.1.1. Điểm bất động của ánh xạ tăng Định nghĩa 1.1 1. Ta nói dãy {xn} ⊂ X là đơn đệu tăng (đơn điệu giảm) nếu với m ≤ n thì xm ≤ xn (xm ≥ xn). 2. Ta nói tập M ⊂ X là bị chặn trên (bị chặn dưới) nếu tồn tại c ∈ X sao cho với mọi x ∈ M ta có x ≤ c (x ≥ c). 3. Ta nói tập M ⊂ X là hướng lên nếu với bất kỳ u,v ∈ M tồn tại w ∈ M sao cho u ≤ w và v ≤ w. 4. Ta nói ánh xạ F: M ⊂ X → X là tăng nếu với u,v ∈ M mà u ≤ v thì F(u) ≤ F(v). Bổ đề 1.1 (Nguyên lý Entropy) Giả sử (i) X là tập được sắp sao cho mọi dãy đơn điệu tăng trong X đều bị chặn trên. (ii) S: X → [-∞, ∞) là hàm đơn điệu tăng và bị chặn trên. Khi đó, tồn tại u0 ∈ X thỏa S(u) = S(u0) với mọi u ∈ X mà u ≥ u0. Chứng minh. Nếu S(X) = {-∞} thì ta chọn u0 ∈ X tùy ý. Nếu S(X) ≠ {-∞}, ta chọn u1 sao cho S(u1) ≠ -∞ và xây dựng dãy tăng {un} như sau. Giả sử đã có un ∈ X, đặt βn = sup{S(u) : u ≥ un}. Ta xét trường hợp βn ≥ S(un) (vì nếu βn = S(un) thì ta chỉ cần chọn u0 = un), khi đó tồn tại un+1 ∈ X sao cho ( )1 1 1( ) 2 ( ) ( ) 2n n n n n n n S u S u S u S uβ β β+ +> − − ⇔ − >   Vì dãy {un} ⊂ X đơn điệu tăng nên tồn tại c ∈ X sao cho un ≤ c với mọi n. Do đó, bởi tính đơn điệu tăng của S nên {S(un)} là dãy số tăng và bị chặn trên bởi S(c). Với u ∈ X, u ≥ c, từ cách xây dựng {un} ta có S(u) ≤ βn < 2S(un+1) – S(un), ∀n ∈ ℕ* Cho n → ∞ ta được S(u) ≤ lim ( )nn S u→∞ và S(u) ≤ S(c) hay S(u) = S(c). Do vậy ta chỉ cần chọn u0 = c. Định lý 1.1 Cho X là một không gian Banach thực được sắp thứ tự bởi nón, M ⊂ X là tập đóng và F: M → M là ánh xạ tăng thỏa (i) Tập M0 = {u ∈ M : u ≤ F(u)} khác rỗng và hướng lên. (ii) Dãy {F(un)} hội tụ mỗi khi {un} ⊂ M0 tăng. Khi đó, F có một điểm bất động lớn nhất trong M. Chứng minh. Xét hàm { } 0 0 : [ , ) ( ) sup ( ) ( ) : , , S M x S x F y F z z y M y z x → −∞ ∞ = − − ∈ ≥ ≥ Ta có: • Với {xn} ⊂ M0, {xn} tăng thì {F(xn)} hội tụ tới a ∈ M nào đó (do M đóng). Vì dãy {F(xn)} tăng nên với mọi n ta có a ≥ F(xn) ≥ xn và F(a) ≥ F(xn). Cho n → ∞ ta được F(a) ≥ a hay a ∈ M0. Như vậy {xn} bị chặn trên. • Rõ ràng S tăng và bị chặn trên bởi 0. Theo nguyên lý Entropy, tồn tại u0 ∈ M0 thỏa S(u) = S(u0) với mọi u ∈ X mà u ≥ u0. Ta đi chứng minh S(u0) = 0. Giả sử nguôc lại S(u0) 0 nào đó. Khi đó, tồn tại u1,u2 ∈ M0 sao cho u2 ≥ u1 ≥ u0 và 2 1( ) ( )F u F u− >ϵ. Vì S(u2) = S(u) < -ϵ (do u2 ≥ u0) nên ta cũng tìm được u3,u4 ∈ M0 sao cho u4 ≥ u3 ≥ u2 và 4 3( ) ( )F u F u− >ϵ. Tiếp tục quá trình ta xây dưng được dãy tăng {un} ⊂ M0 thỏa 2 2 1( ) ( )n nF u F u −− > ϵ với mọi n ∈ N*. Điều này mâu thuẫn với giả thiết của định lý. Như vậy S(u0) = 0 và F(u) = F(u0) với bất kỳ u ∈ M0 mà u ≥ u0. Vì u0 ∈ M0 nên F(u0) ≥ u0. Suy ra F(F(un)) = F(u0) hay x0 = F(u0) là điểm bất động của F. Giả sử x1 ∈ M cũng là một điểm bất động của F. Vì M0 hướng lên nên tồn tại w ∈ M0 sao cho x1 ≤ w. Khi đó, ta có x0 = F(u0) = F(w) = F(x1) = x1. Vậy x0 là điểm bất động duy nhất. 1.1.2. Nhánh liên tục của tập nghiệm Cho toán tử F: [0,∞) × K → K thỏa F(λ,θ) = θ. Xét bài toán tìm cặp (λ,u), u ≠ θ thỏa ( , )u F uλ= (1.1) Đặt Σ = {(λ,u) ∈ [0,∞) × K : u ≠ θ, u = F(λ,u)} và ký hiệu S là hình chiếu của Σ lên X. Định nghĩa 1.2 1. Nếu (λ0,θ) ∈ Σ thì λ0 gọi là điểm phân nhánh của các nghiệm phương trình (1.1) từ nghiệm không tầm thường. 2. Ta nói S là nhánh không bị chặn xuất phát từ θ nếu S∩∂G ≠ ∅ với mọi tập mở bị chặn G ∋ θ. Với G ⊂ X là tập mở bị chặn, từ định nghĩa bậc topo theo nón ta có ngay các kết quả sau: Bổ đề 1.2 Nếu A0, A1 là compact và đồng luân dương trên K∩∂G theo nghĩa tồn tại ánh xạ compact F: (K∩∂G) × [0,1] → K sao cho F(x,t) ≠ x, F(x,0) = A0(x), F(1,x) = A1(x) thì iK(A0, G) = iK(A1, G). Bổ đề 1.3 Cho A: K∩∂G → K là ánh xạ compact 1. Nếu A(x) ≠ λx, ∀x ∈ K∩∂G, ∀λ ≥ 1 thì iK(A,G) = 1. 2. Nếu tồn tại x0 ∈ K \ {θ} sao cho x – A(x) ≠ λ x0, ∀x ∈ K∩∂G, ∀λ > 0 thì iK(A,G) = 0. Định lý 1.2 Cho F: [0,∞) × K → K là toán tử compact thỏa (i) tu = F(0,u), u ∈ K\{θ} kéo theo t < 1. (ii) Tồn tại toán tử tăng G: K → K và hàm φ: [0,∞) → [0,∞) sao cho F(λ,u) ≥ G(φ(λ)u). Hơn nữa tồn tại u0 ∈ K\{θ}, các số a,b,c > 0 và chuẩn *. sao cho a) G(tu0) ≥ atu0, ∀t ∈ [0,b]. b) * u ≤ c u , K là nón chuẩn trong (X, * . ) và 0 *lim ( ) lim ( )G tuλ λϕ λ→∞ →∞= ∞ = ∞ Khi đó S là nhánh liên tục không bị chặn xuất phát từ θ. Chứng minh. Với G là tập mở bất kỳ chứa θ ta đi chứng minh S∩∂G ≠ ∅. Giả sử ngược lại thì ta có F(λ,x) ≠ x, ∀x ∈ K∩∂G, ∀x ∈ [0,∞). Với mỗi λ ∈ [0,∞), đặt Fλ: K∩∂G → K định bởi Fλ(x) = F(λ,x) thì Fλ là ánh xạ compact. Vì F compact và giả thiết phản chứng nên với λ1,λ2 ∈ [0,∞) bất kỳ ta luôn có 1 Fλ đồng luân dương với 2 Fλ và iK( 1Fλ ,G) = iK( 2Fλ ,G). Hay nói cách khác iK(Fλ, G) = const(λ). Từ giả thiết tu = F0(u), u ∈ K\{θ} ⇒ t < 1 ta suy ra iK(F0,G) = 1. Để dẫn đến mâu thuẫn ta đi chứng minh iK(Fλ,G) = 0 với λ > 0 nào đó. Ta sẽ chứng minh tồn tại λ > 0, x0 ∈ K\{θ} sao cho u ≠ Fλ(u) + tx0, ∀u ∈ K∩∂G, ∀t >0. Giả sử ngược lại, ta chọn được dãy λn → ∞, un ∈ K∩∂G, tn > 0 sao cho un = nFλ (un) + tnu0. Gọi sn là số cực đại thỏa un ≥ snu0, đặt N1 = {n ∈ N : φ(λn)sn ≤ b} và N2 = {n ∈ N : φ(λn)sn > b} thì xảy ra hai trường hợp như sau: 1. N1 vô hạn: Với n ∈ N1 ta có un ≥ nFλ (un) ≥ G(φ(λn)un) ≥ G(φ(λn)snu0) ≥ aφ(λn)snu0 Suy ra aφ(λn)sn ≤ sn và aφ(λn) ≤ 1 (do sn ≤ tn > 0). Điều này là vô lý vì ( ) 1, lim nn N n ϕ λ∈ →∞ = ∞ . 2. N2 vô hạn: Với n ∈ N2 ta có un ≥ nFλ (un) ≥ G(φ(λn)un) ≥ G(φ(λn)snu0) ≥ G(bu0) ≥ abu0 Suy ra sn ≥ ab. Do đó 2 , lim ( )n nn N n sϕ λ∈ →∞ = ∞ và 2 0 *, lim ( ( ) )n nn N n G s uϕ λ∈ →∞ = ∞ Theo giả thiết (ii) b) ta được 2 , lim nn N n u∈ →∞ = ∞ . Điều này vô lý vì un ∈ ∂G ∀n. Vậy S là nhánh liên tục không bị chặn xuất phát từ θ. 1.2. Không gian Sobolev 1.2.2. Khái niệm và vài tính chất cơ bản Cho Ω ⊂ RN là tập mở, ta ký hiệu: • 0 ( )C ∞ Ω ( 0 ( ) mC Ω ) là tập hợp các hàm có giá compact và có đạo hàm riêng mọi hạng trên Ω (có đạo hàm riêng liên tục đến cấp m trên Ω). • Lloc(Ω) là tập hợp các hàm đo được trên Ω và khả tích trên mọi tập compact K⊂Ω. Định nghĩa 1.3 1. Hàm g ∈ Lloc(Ω) được gọi là đạo hàm riêng suy rộng theo biến xi của hàm f ∈ Lloc(Ω) (ký hiệu g = Dif) nếu ( )0, i f g C x ϕ ϕ ϕ ∞ Ω Ω ∂ = − ∀ ∈ Ω ∂∫ ∫ Nếu f có Dif với 1,i N= , ta ký hiệu ∇f = (D1f,,DNf). 2. Với p ∈ [1,∞] ta ký hiệu W1,p(Ω) là tập hợp các hàm f ∈ Lp(Ω) có mọi đạo hàm riêng suy rộng Dif ∈ Lp(Ω) , 1,i N= . Trong W1,p(Ω) ta xét chuẩn 1, 1 N ip p p i f f D f = = +∑ hoặc chuẩn tương đương khi 1 ≤ p ≤ ∞ 1 1, 1 N ppp ip p p i f f D f =   = +    ∑ trong đó 1 pp p f f Ω   =     ∫ . 3. Không gian liên hợp của W1,p(Ω) ký hiệu là 1, ( )pW ′− Ω (ở đây 1 1 1 p p + = ′ ). 4. Bao đóng của 0 ( )C ∞ Ω trong W1,p(Ω) ký hiệu là 1,0 ( ) pW Ω . Định lý 1.3 W1,p(Ω), 1,0 ( ) pW Ω là các không gian Banach, khả ly khi p < ∞, phản xạ và lồi đều khi 1 < p <∞. Chứng minh. Xét {fn} là dãy Cauchy trong W1,p(Ω). Khi đó {fn}, {Difn} ( 1,i N= ) là các dãy Cauchy trong Lp(Ω) nên tồn tại các giới hạn lim nn f f→∞ = trong L p(Ω) lim i n in D f g→∞ = trong L p(Ω) Do đó ta tìm được các hàm Gi ∈ Lp(Ω) ( 0,i N= ) và dãy con { }knf sao cho lim ( ) ( ) knk f x f x →∞ = h.k.n trong Ω. 0( ) ( )knf x G x≤ h.k.n trong Ω (∀k ∈ N*) lim ( ) ( ) ki n ik D f x g x →∞ = h.k.n trong Ω. ( ) ( ) ki n i D f x G x≤ h.k.n trong Ω (∀k ∈ N*) Áp dụng định lý hội tụ bị chặn ta được 0 lim ( ), 1, lim k k nk i i i n ik f f x x C i N D f g ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ →∞ ∞Ω Ω →∞ Ω Ω ∂ ∂ = ∂ ∂ ∀ ∈ Ω = = ∫ ∫ ∫ ∫ Chú ý rằng k kn i n i f D f x ϕ ϕ Ω Ω ∂ = − ∂∫ ∫ nên ta có 0, ( ), 1,i i f D f C i N x ϕ ϕ ϕ ∞ Ω Ω ∂ = − ∀ ∈ Ω = ∂∫ ∫ Vậy gi = Dif, 1,i N= và ta có nf f→ trong W 1,p(Ω). Xét ánh xạ T: W1,p(Ω) → (Lp(Ω))N+1 định bởi T(f) = (f,D1f,,DNf). Ta thấy rằng T là ánh xạ tuyến tính đẳng cự nên T(W1,p(Ω)) là tập đóng trong (Lp(Ω))N+1. Mà khi 1 < p < ∞ ta có (Lp(Ω))N+1 phản xạ nên T(W1,p(Ω)) phản xạ và do đó W1,p(Ω) phản xạ. Tính khả li chứng minh tương tự. Cố định hàm ρ ∈ ( )0 NC∞  thỏa mãn các điều kiện ( )0, supp ,1 , 1 N Bρ ρ θ ρ≥ ⊂ =∫  Với G ⊂ RN là tập mở, f ∈ Lloc(G) ta ký hiệu 1( ) ( ) , , dist( , )h N G x yf x f y dy x G h x G h h ρ − = ∈ < ∂   ∫ Khi đó ta có các kết quả sau Bổ đề 1.4 1. Nếu f ∈ Lp(G), 1 ≤ p < ∞ thì 0 lim hh f f→ = trong L p(G) và h.h.n trên G. 2. Giả sử hàm f ∈ C∞(G), khi đó với x ∈ G, h < dist(x,∂G) ta có ( ) ( )h i i h ff x x x x    ∂ ∂ =   ∂ ∂    Mệnh đề 1.1 Cho f,g ∈ Lp(Ω) với 1 ≤ p < ∞. Các mệnh đề sau là tương đương 1. g = Dif 2. tồn tại dãy {fn} ⊂ C∞(Ω) sao cho fn → f trong Lp(Ω) và n i f g x ∂ → ∂ trong Lp(Ω’) với mọi Ω’ ⊂⊂ Ω. (ta ký hiệu Ω’ ⊂⊂ Ω nếu Ω’ bị chặn và 'Ω ⊂ Ω ) Chứng minh. • (1. ⇒ 2.) Ta có 0 lim hh f f→ = trong L p(G). Với Ω’ ⊂⊂ Ω, 0 < h < 1 2 dist(Ω’,∂Ω) bởi bổ đề 1.4 ta có hh i fg x ∂ = ∂ trong Ω’ và 0 lim hh g g→ = trong L p(Ω’) nên 0 lim h h i f g x→ ∂ = ∂ trong Lp(Ω). Do đó chỉ cần chọn fn = nhf với dãy hn → 0. • (2. ⇒ 1.) Với φ ∈ 1, ( )poW Ω , đặt Ω’ = suppφ. Ta tìm được dãy con { knf } thỏa lim ( ) ( ) knk f x f x →∞ = h.k.n trong Ω 1( ) ( )knf x G x≤ h.k.n trong Ω (∀k ∈ N*) lim ( ) ( ) ki n ik D f x g x →∞ = h.k.n trong Ω’ 2( ) ( )ki nD f x G x≤ h.k.n trong Ω’ (∀k ∈ N*) trong đó G1 ∈ Lp(Ω), G2 ∈ Lp(Ω’). Do đó theo định lý hội tụ bị chặn ta có ' ' lim lim lim k k k n nk k i i i n k i f f f x x x f g g x ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ →∞ →∞ Ω Ω Ω →∞ Ω Ω Ω ∂∂ ∂ = = − ∂ ∂ ∂ ∂ = = − = − ∂ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Vậy g = Dif. Mệnh đề 1.2 Nếu f,g ∈ W1,p(Ω) ∩ L∞(Ω), 1 ≤ p ≤ ∞ thì fg ∈ W1,p(Ω) ∩ L∞(Ω) và Di(fg) = gDif + fDig. Chứng minh. Ta chọn theo mệnh đề 1.1 hai dãy {fn}, {gn} ∈ C∞(Ω) thỏa fn → f, gn → g trong Lp(Ω) n i i f D f x ∂ → ∂ , n i i g D g x ∂ → ∂ trong Lp(Ω’), ∀Ω’ ⊂ ⊂ Ω Với φ ∈ 0 ( )C ∞ Ω , đặt Ω’ = suppφ, sử dụng định lý hội tụ bị chặn (xét dãy con nếu cần) ta có ( ) lim lim n nn i i n n i i n nn i i fg f g x x f ggD f fD g g f x x ϕ ϕ ϕ ϕ →∞ Ω Ω →∞ Ω Ω ∂ ∂ = ∂ ∂  ∂ ∂ + = + ∂ ∂  ∫ ∫ ∫ ∫ Chú ý rằng ' n n n n n n n n i i i i f gf g f g g f x x x x ϕ ϕ ϕ Ω Ω Ω  ∂ ∂∂ ∂ = = − + ∂ ∂ ∂ ∂  ∫ ∫ ∫ nên ta có ' ( ) ( )i i i i i fg gD f fD g gD f fD g x ϕ ϕ ϕ Ω Ω Ω ∂ = − + = − + ∂∫ ∫ ∫ Vậy Di(fg) = gDif + fDig. Vì f,g ∈ W1,p(Ω) ∩ L∞(Ω) nên fg ∈ Lp(Ω) ∩ L∞(Ω), gDif + fDig ∈ Lp(Ω) và ta có fg ∈ W1,p(Ω) ∩ L∞(Ω). Mệnh đề 1.3 Cho G ∈ C1(R) thỏa G(0) = 0, G’(t) ≤ M với mọi t ∈ R và f ∈ W1,p(Ω), 1 ≤ p ≤ ∞. Khi đó G∘ f ∈ W1,p(Ω) và Di(G∘ f) = G’(f)Dif. Chứng minh. Theo định lý số gia giới nội ta được |G(t)| ≤ M|t| với mọi t ∈ R. Vì |G(f)| ≤ M|f|, |G’(f)Dif| ≤ M|Dif| nên G(f),G’(f)Dif ∈ Lp(Ω). Ta còn phải chứng minh 0( ) '( ) , ( )i i G f G f D f C x ϕ ϕ ϕ ∞ Ω Ω ∂ = − ∀ ∈ Ω ∂∫ ∫ (1.2) Ta chọn theo mệnh đề 1.1 dãy {fn} ⊂ C∞(Ω) thỏa fn → f trong Lp(Ω) và n i i f D f x ∂ → ∂ trong Lp(Ω’) với mọi Ω’ ⊂⊂ Ω. Với φ ∈ 0 ( )C ∞ Ω , đặt Ω’ = suppφ, sử dụng định lý hội tụ bị chặn (xét dãy con nếu cần) ta có ' ( ) lim ( ) '( ) lim '( ) nn i i n i nn i G f G f x x fG f D f G f x ϕ ϕ ϕ ϕ →∞ Ω Ω →∞ Ω Ω ∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ = ∂ ∫ ∫ ∫ ∫ Chú ý rằng ' ' ( ) ( ) '( ) nn n n i i i fG f G f G f x x x ϕ ϕ ϕ Ω Ω Ω ∂∂ ∂ = = − ∂ ∂ ∂∫ ∫ ∫ nên ta có ' ( ) ( ) ( )i i i G f G f D f G f D f x ϕ ϕ ϕ Ω Ω Ω ∂ = − = − ∂∫ ∫ ∫ Mệnh đề 1.4 Nếu f ∈ W1,p(Ω) thì f+, f-, |f| ∈ W1,p(Ω) và Dif+ = sign(f+)Dif, Dif- = -sign(f-)Dif, Di|f| = sign(f)Dif trong đó f+ = max{f, 0}, f- = - min{f,0}. Chứng minh. • Với mỗi n đặt Gn(t) = 2 2 1 1t n n + − thì Gn thỏa mãn các giả thiết của hàm G trong mệnh đề 1.3, do đó ta có 0 2 2 ( ) ( ) ' ( ) ( ) ( ) , ( ) 1 n i n i n i i G f D G f x G f D f f D f C f n ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ Ω Ω Ω ∞ Ω ∂ = − ∂ = − = − ∀ ∈ Ω + ∫ ∫ ∫ ∫  Cho n → ∞ và sử dụng định lý hội tụ bị chặn, ta được 0, ( ) i f g C x ϕ ϕ ϕ ∞ Ω Ω ∂ = − ∀ ∈ Ω ∂∫ ∫ với g = sign(f)Dif. Vậy Di|f| = g ∈ Lp(Ω) và |f| ∈ W1,p(Ω). • Sử dụng 2 f f f + + = , 2 f f f − − = ta có ngay kết luận còn lại của mệnh đề. Mệnh đề 1.5 Nếu f ∈ W1,p(Ω) thì Dif(x) = 0 h.k.n trong Ω0 = {f =0}. Chứng minh. Với tùy ý tập mở Ω’ ⊂Ω0, ta chọn dãy {φn} ⊂ 0 ( ')C ∞ Ω thỏa lim ( ) ( )n in x D f xϕ→∞ = h.k.n trong Ω’. Đặt 2 trên ' , g 0 trên \ ' 1 n n n n n ϕ ϕ ϕ ϕ Ω = = Ω Ω + thì gn ∈ 0 ( )C ∞ Ω và suppgn ⊂ Ω’. Do đó ta có ' ' 0n ni n i n i i g gD fg D fg f f x xΩ Ω Ω Ω ∂ ∂ = = − = − = ∂ ∂∫ ∫ ∫ ∫ Qua giới hạn (sử dụng định lý hội tụ bị chặn) ta được ( ) ( ) 2 2 ' 0 1 i i D f D fΩ = +∫ hay Dif = 0 h.k.n trên Ω’. Mệnh đề 1.6 Nếu f ∈ 1,0 ( ) pW Ω thì f+, f-, |f| ∈ 1,0 ( ) pW Ω . Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh |f| ∈ 1,0 ( ) pW Ω . Chọn dãy {fn} ⊂ ( )0C∞ Ω thỏa lim nn f f→∞ = trong W 1,p(Ω). Với hàm Gn như trong chứng minh mệnh đề 1.4 ta có Gn∘fn ∈ ( )0C∞ Ω và 2 2 ( ) '( ) 1 n i n n n n i n i n n fD G f G f D f D f f n = = +  Do đó ( ) '( ) sign ' ( ) sign i n n i n i n i i n i i n n D f G f D f G f D f fD f D f D f D f G f f − = − ≤ − + −  (1.3) Vì lim nn f f→∞ = trong L p(Ω) nên tồn tại dãy con { }knf thỏa lim ( ) ( )knk f x f x→∞ = h.k.n trong Ω. Khi đó ta có lim ( ) ( )n nk G f x f x→∞ = h.k.n trong Ω và lim ' ( )( ) sign ( ) kn nk G f x f x →∞ = trong Ω1 = {f ≠ 0}. Sử dụng định lý hội tụ bị chặn và mệnh đề 1.5 ta được ( ) 0 p n nG f f Ω − =∫ (1.4) '( ) sign 0 pp i nD f G f f Ω − =∫ (1.5) Từ (1.3), (1.4), (1.5) ta có lim ( ) k kn nk G f f →∞ = trong W1,p(Ω). Vậy |f| ∈ 1,0 ( ) pW Ω . Định nghĩa 1.4 Cho các không gian Banach ( , . ) X X , ( , . ) Y Y với X là không gian vector con của Y. Ánh xạ i: X → Y định bởi i(x) = x gọi là phép nhúng. Ta nói phép nhúng liên tục (compact) nếu i là ánh xạ liên tục (compact). Bổ đề 1.5 Cho Ω ⊂ RN là tập mở lớp C1 có ∂Ω bị chặn hoặc Ω = N+ . Khi đó, tồn tại ánh xạ tuyến tính P: W1,p(Ω) → W1,p(RN) thỏa các điều kiện (i) Pf|Ω = f. (ii) 1, 1,( ) ( ) ( ) ( ),p N p p N pL L W WPf c f Pf c fΩ Ω≤ ≤  . Nếu Ω bị chặn thì tồn tại tập mở, bị chặn Ω ⊃ Ω sao cho suppPf ⊂ Ω , ∀f ⊂ W1,p(Ω) Nhận xét 1.1 Từ bổ đề 1.5 ta thấy rằng với tập mở Ω thuộc lớp C1, hàm f ∈ W1,p(Ω) (1≤ p < ∞), tồn tại dãy {fn}⊂ ( )0 NC∞  sao cho fn|Ω → f trong W1,p(Ω). Định lý 1.4 Giả sử Ω = RN hoặc Ω = N+ ={(x1,,xN) : xN > 0} hoặc Ω là tập mở thuộc lớp C1 với ∂Ω bị chặn. Với 1 ≤ p ≤ ∞ ta có: 1. Nếu 1 ≤ p < N thì W1,p(Ω) ⊂ * ( )pL Ω với * pNp N p = − . 2. Nếu p = N thì W1,p(Ω) ⊂ Lq(Ω) với q ∈ [N,∞). 3. Nếu p> N thì W1,p(Ω) ⊂ L∞(Ω), hơn nữa ∀ f ∈ W1,p(Ω) ta có |f(x) – f(y)| ≤ C 1, pf |x – y| α h.k.n trên Ω với 1 N p α = − , C chỉ phụ thuộc vào p,N. Các phép nhúng trên là liên tục. Chứng minh. • Trường hợp Ω = RN: 1. Giả sử f ∈ 10 ( ) NC  , ta có ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 ( ) ,..., , , ,..., ,..., , , ,..., : ix i i N i i i N i i i ff x x x t x x dt x f x x t x x dt D f dx x − + −∞ ∞ − + −∞ ∂ = ∂ ∂ = = ∂ ∫ ∫ ∫  Suy ra 1 1 1 1 ( ) N NN N i i i f x D f dx − − =   ≤     ∏∫  và 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 ( ) N NN N N i i i f y dy D f dx D f dx dy − − − =     ≤         ∏∫ ∫ ∫ ∫     Áp dụng bất đẳng thức Holder cho N – 1 hàm với p1 = = pN – 1 = N – 1, ta được 2 11 11 1 1 1 1 1 2 ( ) N N NN N i i i f y dy D f dx D f dx dx −− − =    ≤         ∏∫ ∫ ∫    Tương tự, ta có 2 2 2 3 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 1 2 3 ( ) N NN N N N i i i f x dx dx D f dx dx D f dx dx D f dx dx dx − − − − =     ≤ ×             ×     ∫ ∫ ∫ ∏ ∫     Lặp lại lý luận này, cuối cùng ta được 1 1 1 1 N NN i N i f D f − = ≤∏ (1.6) Áp dụng (1.6) với |f|t – 1f thay cho f (t ≥ 1) ta được 1 11 1 '( 1)11 1 1 N N t t tN NtN i ip t p N i i f t f D f t f D f− − − − = = ≤ ≤∏ ∏ (1.7) Chọn t thỏa '( 1) 1 tN p t N = − − (tức *1 1Nt p N − = ≥ do 1 ≤ p < N) ta có * * 1 1 1 hay N N N i ip p pp p i i tf t D f D f f C f N= = ≤ ≤ ≤ ∇∏ ∑ Trường hợp f ∈ W1,p(RN), ta chọn dãy {fn} ⊂ 10 ( ) NC  thỏa fn → f trong W1,p(Ω), fn → f h.k.n trong RN. Qua giới hạn trong bất đẳng thức *n np pf C f≤ ∇ và áp dụng định lý Fatou, ta có f ∈ * ( )p NL  và *p pf C f≤ ∇ . 2. Với f ∈ 10 ( ) NC  và áp dụng (1.7) với p = N, ta có 1( 1) 1 1 t t tN t N N N N f t f f−− − − ≤ ∇ Suy ra ( )1 1 1 t NtN N N N f t f f− − −  ≤ + ∇    (do 1 1 ' 1 1 ' p pa b a b p p ≤ + ). Cho t= N ta có 2 1, 1 N N N f C f − ≤ . Với q ∈ [N, 2 1 N N − ], áp dụng bất đẳng thức nội suy ta được 1,q Nf C f≤ Lặp lại lý luận trên cho t = N + 1, N + 2, ta thu được 101, ( ), [ , ) N q N f C f f C q N≤ ∀ ∈ ∀ ∈ ∞ Bởi tính trù mật, ta suy ra bất đẳng thức trên cũng đúng trong W1,p(RN). 3. Giả sử f ∈ 10 ( ) NC  .Cố định x,y ∈ RN, gọi Q là hình hộp có cạnh r = 2|x – y|, chứa x,y và có cạnh song song trục tọa độ: Q = [a1,b1] × × [aN,bN]. Đặt 1 ( ) Q f f z dz Q = ∫ , ta có ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 1 0 1 1 10 1 1 10 ( ) 1( ) ( ) ( ) 1 1 1 Q Q N iN i Q N iN N i x t Q x f x f f x f z dz Q x z f x t z x dt dz Q D f x t z x dz dt r duD f u dt r t − = − = + − − = −   = − ∇ + −      ≤ + −       =      ∫ ∫ ∫ ∑∫ ∫ ∑∫ ∫ Sử dụng bất đẳng thức Holder ta có ( ) 1 1 ' ''( ) ( ) ( ) N N Np p p pp i i p x t Q x D f u du D f u du x t Q x t r f + −   ≤ + − ≤ ∇     ∫ ∫  Do đó 1 ( ) 1 N p p rf x f f NN p − − ≤ ∇ − (1.8) và 1 2( ) ( ) 1 N p p rf x f y f NN p − − ≤ ∇ − (1.9) Sử dụng tính trù mật ta được bất đẳng thức (1.9) cũng đúng với f ∈ W1,p(RN). Cuối cùng ta chứng minh L∞(RN) ⊂ W1,p(RN). Với f ∈ 10 ( ) NC  , x ∈ RN và Q là hình hộp chứa x, cạnh r = 1, từ (1.8) ta có |f(x)| ≤ 1,p p f c f C f+ ∇ ≤ và 1, pf C f∞ ≤ . • Trường hợp Ω = N+ hoặc Ω mở, lớp C 1 với ∂Ω bị chặn: 1. Với f ∈ W1,p(Ω), theo nhận xét sau bổ đề 1.5 tồn tại dãy {fn} ⊂ 0 ( ) NC∞  sao cho fn → Pf trong W1,p(Ω). Theo chứng minh ở trên ta có * * 1, * 1, ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) p N p N pp N p N p N p n nL L n n WL L L W f C f Pf C Pf C f f C f Ω Ω ≤ ∇ ⇒ ≤ ∇ ≤ ⇒ ≤      2. 3. Chứng minh tương tự. Nhận xét 1.2 Ký hiệu C0,α(α), 0 < α < 1 là tập các hàm liên tục trên Ω thỏa: ( ) ( ) sup : , , f x f y x y x y x y α  − ∈Ω ≠ < ∞  −   Từ khẳng định 3. của định lý 1.4 ta suy ra ∀f ∈ W1,p(Ω) (p > N) tồn tại  0, ( )f C α∈ Ω sao cho f = f h.k.n trên Ω. Như vậy mỗi f có một đại diện thuộc C0,α(Ω) và ta coi W1,p(Ω) ⊂ C0,α(Ω) kho p > N. Định lý 1.5 (Rellich-Kondrachov) Nếu Ω là tập mở lớp C1 và bị chặn thì các phép nhúng sau là compact 1. W1,p(Ω) ⊂→ Lq(Ω), q ∈ [1,p*), 1 ≤ p < N. 2. W1,p(Ω) ⊂→ Lq(Ω), q ∈ [1,∞), 1 ≤ p = N. 3. W1,p(Ω) ⊂→ C(Ω ), p> N. Chứng minh. Trường hợp p > N ta suy ra từ khẳng định 3. của định lý 1.4 và định lý Ascoli. Trường hợp p = N chứng minh tương tự khi p < N. Giả sử p < N, ký hiệu 𝒯 là quả cầu đơn vị trong W1,p(Ω) ta có • Với q ∈ [1,p*) ta viết * 1 1 p p αα −= + , 0 < α ≤ 1. Với G ⊂⊂ Ω, |h| < dist(G,ℝN\Ω ), f ∈ 𝒯, Thf(x) = f(x+h) ta có *1 1 ( ) ( )ph h hL G L G T f f T f f T f fα α−− ≤ − − (bất đẳng thức nội suy) 11 ( )( )h LL G T f f h f Ω − ≤ ∇ Do đó ( ) ( )*1 1( ) ( )( ) 2 pqh L LL GT f f h f f C h α α α ε − Ω Ω − ≤ ∇ ≤ < nếu 1 C αεδ  =     . • Theo bất đẳng thức Holder ta có * ** 1 1 1 1 ( \ ) ( \ ) \ \q p q qp pL G L Gf f G G ε − − Ω Ω ≤ Ω ≤ Ω < với G thích hợp. Như vậy 𝒯 là tập compact tương đối tring W1,p(Ω) và ta có điều cần chứng minh. Định lý 1.6 (Bất đẳng thức Poincare) Nếu 1 ≤ p < ∞ và Ω là tập mở, bị chặn thì tồn tại số C > 0 sao cho 1,0 1 , ( ) N p ip p i f C D f f W = ≤ ∀ ∈ Ω∑ Từ đính lý 1.6 ta thấy rằng trong 1,0 ( ) pW Ω chuẩn 1, . p tương đương với chuẩn 1 ppf f Ω   = ∇    ∫ khi 1 ≤ p < ∞. Ở các chương 2,3 khi xét trong 1,0 ( ) pW Ω ta thường sử dụng chuẩn . . 1.2.2. Nghiệm yếu dương của phương trình elliptic Cho Ω ⊂ ℝN là miền bị chặn biên trơn, Δpu = div(|∇u|p – 2∇u) là toán tử p-Laplace với 1 < p < N và f: Ω × ℝ → ℝ là một hàm Caratheodory. Xét bài toán biên tựa tuyến tính ( )p ,u trong , 0 trên u f x u−∆ = Ω = ∂Ω (1.10) Định nghĩa 1.5 1. Ta nói u ∈ 1,0 ( ) pW Ω là nghiệm yếu của bài toán (1.10) nếu f(x,u) ∈ ( ) * ' ( )pL Ω và với mọi φ ∈ 1,0 ( ) pW Ω ta có 2 ( , )pu u f x uϕ ϕ− Ω Ω ∇ ∇ ∇ =∫ ∫ (1.11) 2. Ta nói u0 ∈ 1,0 ( ) pW Ω là nghiệm dưới của (1.10) nếu f(x,u0) ∈ ( )* ' ( )pL Ω và 2 1,0 0 0 0( , ) , ( ), 0 p pu u f x u Wϕ ϕ ϕ ϕ− Ω Ω ∇ ∇ ∇ ≤ ∀ ∈ Ω ≥∫ ∫ Để đơn giản việc trình bày, ta sẽ ký hiệu vế trái của (1.11) là . Định lý sau đây là công cụ bổ trợ chính mà chúng ta sẽ sử dụng để chứng minh sự tồn tại nghiệm yếu dương. Định lý 1.7 (Brezis-Browder) Cho g: Ω × ℝ → ℝ là hàm Caratheodory thỏa mãn các điều kiện sau • g(x,0) = 0, g(x,u) tăng theo u với h.k.n x ∈ Ω. • ∀t > 0 ∃φt ∈ L1(Ω) : sup ( , ) ( )t u t g x u xϕ < ≤ . Khi đó, với bất kỳ h ∈ W1,p’(Ω) (trong đó 1 1 1 'p p + = ) tồn tại duy nhất z ∈ 1,0 ( ) pW Ω sao cho g(x,z), g(x,z)z ∈ L1(Ω) và 2 ( , ) , p z z g x z hϕ ϕ ϕ − Ω Ω ∇ ∇ ∇ + =∫ ∫ (1.12) với mọi φ ∈ 0 ( )C ∞ Ω và φ = z. Hơn nữa, nếu z1, z2 lần lượt là nghiệm tương ứng với h1, h2 thì ( )( ) ( )( )2 21 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( , ) ( , ) , p pz z z z z z g x z g x z z z h h z z − − Ω Ω ∇ ∇ − ∇ ∇ ∇ −∇ + − − = ∫ ∫ trong đó là ký hiệu tích đối ngẫu giữa W-1,p’(Ω) và 1,0 ( ) pW Ω . Nhận xét 1.3 Nếu nghiệm z được nói đến trong định lý 1.7 thỏa điều kiện g(x,z) ∈ ( )* ' ( )pL Ω thì (1.12) vẫn thỏa với mọi φ ∈ 1,0 ( ) pW Ω do tính trù mật của 0 ( )C ∞ Ω trong 1, 0 ( ) pW Ω . Do đó, z là nghiệm yếu của bài toán -Δpu + g(x,u) = h trong Ω, u = 0 trên ∂Ω Chương 2: Sự tồn tại nghiệm của phương trình logistic 2.1. Đưa về bài toán điểm bất động Xét phương trình logistic với dạng p-Laplace ( ) trong , 0 trên pu m x u u u α βλ−∆ = − Ω = ∂Ω (2.1) trong đó Ω N⊂  là miền bị chặn với biên trơn, λ là một tham số dương, hàm m(x) và các số dương α, β thỏa các giả thiết sau (H1) m(x) ≥ 0, m(x) ∈ Lq(Ω) với q thích hợp và tồn tại miền trơn Ω’⊂⊂ Ω, m0 > 0 sao cho m(x) ≥ m0, ∀x ∈ Ω’. (H2) α < β ≤ p* – 1. Trước hết ta có Bổ đề 2.1 Giả sử Ω N⊂  là tập mở, bị chặn, Ω’ ⊂⊂ Ω, u ∈ 1,0 ( ) pW Ω , u ≥ 0 trên Ω’, g ∈ W-1,p(Ω), g ≥ 0 trên Ω và 1,0' ' , , ( '), 0pAu g Wϕ ϕ ϕ ϕ Ω Ω ≤ ∀ ∈ Ω ≥∫ (2.2) Khi đó nếu ta định nghĩa u u= trong Ω’ và 0u = trên Ω\Ω’ thì 1,0, , ( ), 0 pAu g Wϕ ϕ ϕ ϕ Ω Ω ≤ ∀ ∈ Ω ≥∫ (2.3) Chứng minh. Lấy K = {v ∈ 1,0 ( ) pW Ω : v ≤ u trong Ω} và xét w là nghiệm của bất phương trình biến phân : , ( ),w K Aw v w g v w v K Ω ∈ − ≥ − ∀ ∈∫ (2.4) Sử dụng w+ làm hàm thử trong (2.4) ta được , 0 p w Aw w gw− − − Ω − = − ≥ ≥∫ Do đó w- = 0 hay w ≥ 0 trong Ω. Như vậy 0 ≤ w ≤ u trong Ω và ta có w = 0 trong Ω\Ω’. Kết hợp với (2.2) ta suy ra , ( ) , ( ) 0Au u w g u w Au u w g u w ′Ω Ω Ω − − − = − − − ≤∫ ∫ (2.5) Từ (2.4) và (2.5) suy ra , ( ) , 0Aw Au w u g u w Au w u Ω − − ≤ − − − ≤∫ (2.6) Ta lại có ( )2 2 21, ( )2 p pAw Au w u w u w u− − Ω − − = ∇ + ∇ ∇ −∫ ( )( )2 2 2 212 p pw u w u− − Ω + ∇ − ∇ ∇ − ∇∫ (2.7) Từ (2.6), (2.7) suy ra ( ) 0w u∇ − = và theo định lý 1.6 ta có w u= . Với 1,0 ( ), 0, pWϕ ϕ∈ Ω ≥ chọn v u ϕ= − thì bởi (2.4) ta có ,Au gϕ ϕ Ω − ≥ −∫ . Vậy bổ đề đã được chứng minh. Mệnh đề 2.1 Lấy 1λ là giá trị riêng thứ nhất và 1u là hàm riêng tương ứng của bài toán 1 trong , t nê0 rppu u uλ − ′ ′−∆ = Ω = ∂Ω Ta định nghĩa 0 1u cu= trong ′Ω và 0 0u = trên ′Ω Ω với 0c > đủ nhỏ. Khi đó 0u là nghiệm dưới của bài toán (2.1) trong các trường hợp sau 1. 1pα . 2. 1pα = − và 1 0m λλ > . Chứng minh. Theo bổ đề 2.1 thì 10 1 0 p pu uλ −−∆ ≤ theo nghĩa yếu. Với bất kỳ 1, 0 ( ) pWϕ ∈ Ω , 0ϕ ≥ ta có ( ) ( )1 10 0 0 0 1 0 0 1 0 0, ,( ) ( )p pAu m x u u Au u m x u u uα β α βϕ λ ϕ λ ϕ λ λ ϕ− − Ω Ω − − = − − − −∫ ∫ (2.8) Vì ( )1 10 1 0 0 0 0 1 0: ( ) trongp pv m x u u u u m u uα β α α β αλ λ λ λ− − − − ′= − − ≥ − − Ω và 1u bị chặn trong ′Ω nên nếu c đủ nhỏ và 1pα hoặc 1pα = − , 1 0m λλ > thì 0v ≥ . Do đó vế phải của (2.8) không dương. Vậy mệnh đề đã được chứng minh. Bây giờ, ta đưa bài toán tìm nghiệm yếu của (2.1) về bài toán điểm bất động. Từ (H2) ta có *(1 ) ( )pβ ′′+ ≥ hay * 1 ( )pβ β ′+ ≥ . Vì thế nếu 1 1( )z Lβ+ ∈ Ω thì * 1 ( )( ) ( )pz L L β β β ′ + ∈ Ω ⊂ Ω . Áp dụng định lý 1.7 và nhận xét 1.3 cho ( , )g x u uβ= ta thấy rằng với mọi *( ) 1,( ) ( )p ph L W ′ ′−∈ Ω ⊂ Ω tồn tại duy nhất 1,0 ( ) pz W∈ Ω sao cho 1 ( )z L β+∈ Ω và 1,0, , ( )pAz z h Wβϕ ϕ ϕ ϕ Ω Ω + = ∀ ∈ Ω∫ ∫ (2.9) Toán tử P gán mỗi *( ) ( )ph L ′ +∈ Ω (nón các hàm không âm trong *( ) ( )pL ′ Ω ) với nghiệm duy nhất của (2.9) có các tính chất sau Mệnh đề 2.2 (i) 1, 10( ) ( ) ( ) pP h W L β+∈ Ω ∩ Ω , nếu h h′≤ thì ( ) ( )P h P h′≤ . (ii) Nếu M là tập bị chặn trong *( ) ( )pL ′ + Ω thì ( )P M bị chặn trong 1, 0 ( ) pW Ω , do đó là compact tương đối trong ( )Lγ Ω với *pγ < . (iii) P liên tục. Chứng minh. (i) Giả sử 1 2h h≤ và ( )k ku P h= ( 1,2k = ), chọn 1 2( )u uϕ += − ta có 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ) 0, ,( )Au Au u u u u u u h h u uβ β+ + Ω − − + − − = − − ≤∫ (2.10) với 1 1 2{ }u uΩ = ≥ . Ta lại có ( ) 22 21 2 1 2 1 2 1 21( ) (2, ) p pAu Au u u u u u u− −+ + Ω − − = ∇ + ∇ ∇ −∫ ( )( ) 1 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 p pu u u u− − Ω + ∇ − ∇ ∇ − ∇∫ (2.11) Từ (2.10), (2.11) suy ra 1 2( ) 0u u +∇ − = . Do đó theo định lý 1.6 ta có 1 2( ) 0u u +− = hay 1 2u u≤ . (ii) Với h M∈ và ( )u P h= ta có 1, ,Au u u h uβ + Ω + =∫ Do đó 1, ( )p p W u h u′− Ω≤ và ta suy ra được tính bị chặn của tặp ( )P M trong 1, 0 ( ) pW Ω . Vì phép nhúng 1, ( ) ( )pW LγΩ ⊂→ Ω ( *pγ < ) là compact nên ( )P M là tập compact tương đối trong ( )Lγ Ω . (iii) Để chứng minh P liên tục ta chứng minh rằng nếu lim nn h h→∞ = trong *( ) ( )pL ′ Ω thì dãy ( )n nu P h= có dãy con hội tụ tới ( )P h . Dãy { }nh hội tụ nên bị chặn, theo câu b) ta có dãy { }nu bị chặn trong 1, 0 ( ) pW Ω . Do đó bởi tính phản xạ của không gian 1,0 ( ) pW Ω và tính compact của phép nhúng 1, ( ) ( )pW LγΩ ⊂→ Ω ( *pγ < ) dãy { }nu có dãy con, vẫn ký hiệu là { }nu thỏa 1, 0 0 ( ) p nu u W→ ∈ Ω yếu và 0nu u→ trong ( )L γ Ω với *pγ < . Vì 0nu u→ trong ( )L γ Ω nên có dãy con, vẫn ký hiệu là { }nu thỏa • 0lim ( ) ( )nn u x u x→∞ = h.k.n trong Ω . • tồn tại hàm ( ) ( )g x Lγ∈ Ω sao cho ( ) ( )nu x g x≤ h.k.n trong Ω . Ta có 0 0 0 0 0 0(, , ,)n n n n n n nAu Au u u u u u h u u Au u uβ Ω − − = − − + − − −∫ (2.12) Sử dụng định lý hội tụ bị chặn ta được vế phải của (2.12) tiến về 0. Chú ý rằng , ( )pnv v L∇ ∇ ∈ Ω nên 1 1 10 0 0 0 , p p p n n n npp Au u u u u u u u− − − ′ Ω ≤ ∇ ∇ ≤ ∇ ∇ =∫ 1 1 10 0 0 0 , p p p n n n npp Au u u u u u u u− − − ′ Ω ≤ ∇ ∇ ≤ ∇ ∇ =∫ Do đó vế trái của (2.12) lớn hơn ( )( )1 10 0p pn nu u u u− −− − và ta được 0 lim nn u u→∞ = . Kết hợp với sự hội tụ yếu ta suy ra 0nu u→ trong 1, 0 ( ) pW Ω (do 1,0 ( ) pW Ω là không gian lồi đều). Ta còn phải chứng minh 0 ( )u P h= . Ánh xạ Nemyskii u u β  liên tục từ ( )Lγ Ω vào ( )L γ β Ω . Chọn ( )*pγ β ′= thì vì * 1pβ < − nên *pγ < và ta có *( ) 1, 0lim trong ( ) v trong ( )à p p nu u L W β β ′ ′−= Ω Ω (2.13) Do đó cho n →∞ trong , ,n n nAu u hβϕ ϕ ϕ Ω + =∫ ta được 1,0 0 0, , ( ), pAu u h Wβϕ ϕ ϕ ϕ Ω + = ∀ ∈ Ω∫ Vậy 0 ( )u P h= . Lấy số 1r ≥ thỏa *( )qr p q rα ′≥ + (2.14) Khi đó, với bất kỳ ( )ru L+∈ Ω ta có *( )( ) ( ) ( ) qr pq rm x u L Lα α ′+∈ Ω ⊂ Ω Do đó, xác định toán tử Nemyskii *( ): [0, ) ( ) ( )r pN L L ′ +∞ × Ω → Ω định bởi ( , ) ( )N u m x uαλ λ= . Toán tử này liên tục theo định lý Krasnoselskii và biến mọi tập bị chặn thành tập bị chặn. Đặt ( , ) ( , )F u P N uλ λ= ° thì ( ,.)F λ tác động từ ( )rL+ Ω vào 1, 0 ( ) pW Ω và sự tồn tại nghiệm của bài toán biên (2.1) bây giờ được đưa về bài toán điểm bất động ( , )u F uλ= (2.15) Toán tử F có các tính chất như sau Mệnh đề 2.3 Nếu (2.14) được thỏa thì F tác động từ [0, ) ( )rL+∞ × Ω vào 1, 1 0 ( ) ( ) pW L β+Ω ∩ Ω và (i) F tăng theo u và nếu 0u là nghiệm dưới của (2.1) thì 0 0( , )u F uλ≤ . (ii) Nếu * * * ( ) qp p q pα ′> + thì ( ,.)F λ là hoàn toàn liên tục từ 1,0 ( ) pW Ω vào 1, 0 ( ) pW Ω . Chứng minh. (i) Đặt 0( , )v F uλ= , chọn 0( )u vϕ += − ta có 2 0 0 0 0,( ) ( ) 0( )Au Av u v u v u vβ β+ Ω − − + − − ≤∫ (2.16) với 2 0{ }u vΩ = ≥ . Ta lại có ( ) 2 22 2 0 0 0 0 1,( ) ( ) 2 p pAu Av u v u v u v− −+ + Ω − − ≥ ∇ + ∇ ∇ −∫ ( )( ) 2 2 22 2 0 0 1 2 p pu v u v− − Ω + ∇ − ∇ ∇ − ∇∫ (2.17) Từ (2.16), (2.17) suy ra 0( ) 0u v +∇ − = . Do đó 0( ) 0u v +− = hay 0u v≤ . (ii) Do tính đơn điệu của hàm qtt q tα +  ta chọn được số *r p< sao cho (2.14) được thỏa. Phép nhúng 1,0 ( ) ( ) p rW LΩ ⊂→ Ω là compact, toán tử Nemyskii *( ): ( ) ( )r pN L L ′ Ω → Ω liên tục và *( ) 1, 0: ( ) ( ) p pP L W ′ Ω → Ω liên tục, vì thế ( ,.)F λ là hoàn toàn liên tục từ 1,0 ( ) pW Ω vào chính nó. 2.2. Sự tồn tại nghiệm lớn nhất Định lý 2.1 Giả sử rằng các giả thiết (H1), (H2) và (H3) dưới đây được thỏa (H3) * 1, 1 pp qα α ′   < − ≥  +  . Khi đó với mọi 0λ > tồn tại nghiệm yếu dương cực đại của (2.1). Chứng minh. Ta có * * * 1 1 1 1 p p q pq q qα α α ′   ′≥ ⇒ ≤ ⇒ ≤ + + − +  * *q q qp pα⇒ + ≤ − * *p q qp qα⇒ + ≤ − * * 1 1 q q p pα ⇒ ≤ + − * * * * * ( )1 qp p p q p pα ′⇒ ≤ = + − Như vậy (2.14) thỏa với *r p= và ta có ( ,.)F λ tác động từ * ( )pL+ Ω vào chính nó. Ta sẽ áp dụng định lý 1.1 cho phương trình (2.15) xét trong * ( )pL+ Ω (được sắp bởi nón các hàm không âm). Cố định 0λ > ta sẽ dùng ký hiệu ( )F u thay cho ( , )F uλ . Với 0u được nói đến trong mệnh đề 2.1 thì theo các mệnh đề 2.1, 2.3 ta có 0 0( )u F u≤ . Với 1 2 0,u u M∈ tùy ý, đặt 1 2max{ , }u u u= thì ta có 1u u≤ , 2u u≤ và ( )u F u≤ (do tính tăng của toán tử F ). Do đó, điều kiện (i) của định lý 1.1 được thỏa. Để kiểm tra điều kiện (ii) của định lý 1.1, ta đi chứng minh 0( )F M là tập bị chặn trong * ( )pL Ω . Với 0u M∈ , đặt 1, 0( ) ( ) pv F u W= ∈ Ω . Xem v như là hàm thử trong (2.1) ta được 1 1, ( ) ( )Av v v m x u v m x vβ α αλ λ+ + Ω Ω Ω + = ≤∫ ∫ ∫ (2.18) Từ (H3) ta suy ra *(1 )q pα ′+ ≤ . Do đó (1 ) ( )qv L α ′+∈ Ω và 11 (1 ) ( ) q qm x v m v αα α ++ ′+ Ω ≤∫ (2.19) Từ (2.18), (2.19) suy ra 1 1 1 (1 ) p q q v v m vβ α β α + + ′+ + + ≤ (2.20) Bởi các phép nhúng *1, ( ) ( )p pW LΩ ⊂→ Ω và * (1 )( ) ( )p qL L α ′+Ω ⊂→ Ω liên tục nên ta được * * 1p p p v C v α+≤ . Điều này chứng tỏ rằng 0( )F M bị chặn trong * ( )pL Ω . Bây giờ xét 0{ }nu M⊂ là dãy tăng. Do F tăng nên { ( )}nF u cũng là dãy tăng và tồn tại giới hạn 0lim ( )nn F u v→∞ = h.k.n trong Ω . Áp dụng định lý hội tụ đơn điệu với chú ý rằng { ( )}nF u bị chặn trong * ( )pL Ω ta suy ra * 0 ( ) pv L∈ Ω và 0lim ( )nn F u v→∞ = trong * ( )pL Ω . Vậy theo định lý 1.1, F có điểm bất động cực đại và điểm bất động này chính là nghiệm yếu dương cực đại của (2.1). Định lý 2.2 Giả sử rằng 1λ là số được định nghĩa trong bổ đề 2.1 và các giả thiết (H1), (H2) và (H4) sau được thỏa (H4) 1pα = − , * *( 1)1 1 pq p p β ′      ≥ − + +  . Khi đó, với mọi 1 0m λλ > phương trình (2.1) có nghiệm yếu dương cực đại. Chứng minh. Cố định 1 0m λλ > thì từ các bổ đề 2.1, 2.3 ta thấy rằng toán tử : ( ,.)F F λ= thỏa điều kiện (i) của định lý 1.1. Ta có * * * *( 1) ( 1)11 1 1 1 p q pq p p p pq β β ′      ≥ ⇒ ≤ − −− + + + +  * * *(1 ) ( 1) (1 ) (1 )q q p p q p pβ β β⇒ + + − ≤ + − + * *( 1) (1 ) (1 )( 1 )( )q p p q pβ β⇒ − + + ≤ + − * * * (1 ) ( ) (1 ) 1 q p p q p β α β ′+⇒ ≥ = + + − Như vậy (2.14) thỏa với 1r β= + và ta có F tác động từ 1 ( )L β++ Ω vào chính nó. Từ chứng minh định lý 2.1 ta thấy rằng để kiểm tra điều kiện (ii) của định lý 1.1 ta chỉ cần đi chứng minh 0( )F M bị chặn trong 1 ( )L β+ Ω . Thật vậy, với 0u M∈ và ( )v F u= theo (2.20) ta có (với 1pα = − ) 1 1 p p q pq v v m vβ β + ′+ + ≤ (2.21) Nếu 1pq β′ ≤ + thì phép nhúng 1 ( ) ( )pqL Lβ ′+ Ω ⊂→ Ω liên tục và (2.21) kéo theo 1 1 1 pqv C vβ β β ′+ + + ≤ . Điều này chứng tỏ 0( )F M bị chặn trong 1 ( )L β+ Ω (bởi vì 1pβ α> = − ). Bây giờ, ta xét trường hợp 1 pqβ ′+ < . Từ (H4) ta có * * * * * * (1 ) 1 1 ( 1) 1 ( 1) ( 1) p p pq p pq p p p p pq p p β β β ′+′ ≤ < ⇒ < ′+ + − + + − + − * * *pq pp p p p′⇒ + − < *pq p′⇒ < Do đó, theo bất đẳng thức nội suy ta được * 1 1 pq p v v vξ ξ β − ′ + ≤ (2.22) trong đó (0,1)ξ ∈ thỏa đẳng thức * 1 1 1 1 1 1pq p ξ β β   − = − ′+ +  . Từ (2.21), (2.22) và tính liên tục của phép nhúng 1, *( ) ( )p pW LΩ ⊂→ Ω ta có (1 ) 1 p pq pq pq v C v v ξξ β − + ′ ′ ′ ′≤ Vì 0 1p β< < + và (0,1)ξ ∈ nên (1 ) 1 1 pξ ξ β + − < + và do đó 0( )F M bị chặn trong ( )pqL ′ Ω và trong 1 ( )L β+ Ω . Vậy định lý đã được chứng minh. Chương 3: Cấu trúc của tập nghiệm 3.1. Dáng điệu tiệm cận của nghiệm Trong phần này ta sẽ nghiên cứu dáng điệu tiệm cận của nghiệm cực đại khi 0λ → hoặc λ → ∞ . Định lý 3.1 Giả sử các giả thiết (H1), (H2), (H3) được thỏa, lấy uλ là nghiệm dương cực đại của (2.1) và 1 1pv uαλ λλ − += . 1. Nếu 1pβ > − thì tồn tại một nghiệm v của bài toán biên ( ) tron êg , 0 tr npu m x u uα−∆ = Ω = ∂Ω (3.1) sao cho 0 limv vλλ→ = h.k.n trong Ω và trong 1, 0 ( ) pW Ω . 2. Nếu 1pβ < − thì tồn tại một nghiệm v của (3.1) sao cho lim v vλλ→∞ = h.k.n trong Ω và trong 1,0 ( ) pW Ω . Chứng minh. Vì uλ là nghiệm của (2.1) nên 1, 0 ( ) pWϕ∀ ∈ Ω ( ) ,Au u m x uβ αλ λ λϕ ϕ λ ϕ Ω Ω + =∫ ∫ 1 1 1 1 1 ), ( p p p p pAu u m x u α β αα α α λ λ λλ ϕ λ ϕ λ ϕ − − − + − + − + Ω Ω ⇒ + =∫ ∫ 1 1 ) (, p pAv v m x v β β αα λ λ λϕ λ ϕ ϕ + − − − Ω Ω ⇒ + =∫ ∫ (3.2) Như vậy vλ là nghiệm yếu dương của ( ) trong , 0 trênpu m x u t u uα βλ−∆ = − Ω = ∂Ω (3.3) với 1 1 p pt β α λ λ + − − −= . 1. Vì 1pβ > − nên ta có 0tλ → khi 0λ → và λ µ< kéo theo t tλ µ< , khi đó vµ là nghiệm dưới của (3.3) và vì thế v vµ λ≤ . Do đó tồn tại giới hạn 0 limv vλλ→= h.k.n trong Ω . Để có được kết luận ta sẽ chứng minh rằng v là nghiệm của (3.1) và với mọi dãy 0nλ → tồn tại dãy con của dãy { }nvλ hội tụ về v trong 1,0 ( ) pW Ω . Xem : nn v vλ= như là hàm thử trong (3.2) thì ta có 1 1( ),n n n n nAv v t v m x vβ α+ + Ω Ω + =∫ ∫ trong đó : nn t tλ= . Lập luận tương tự như trong phần chứng minh định lý 2.1 ta được * 1 1 11 (1 )1 p n n n n nq n q p v t v m v C v C vβ β αα αβ + + ++ ′++ ′+ = ≤ ≤ Do đó, dãy { }nv bị chặn trong 1, 0 ( ) pW Ω và vì thế nó có dãy con, vẫn ký hiệu là { }nv , hội tụ yếu và h.k.n về một hàm trong 1, 0 ( ) pW Ω . Hàm giới hạn này phải là v . Xem nv v− như là hàm thử trong (3.2) (với nu v= , nt tλ = ) ta có ( ) ( ) (, )n n n n n n nAv v v m x v v v t v v vα β Ω Ω − = − − −∫ ∫ (3.4) , ( ) ( ) ( ) ,n n n n n n n nAv Av v v m x v v v t v v v Av v vα β Ω Ω ⇒ − − = − − − − −∫ ∫ (3.5) Từ nv v≤ , 1 1( ) ( )m x v Lα+ ∈ Ω , 1 1( )v Lβ+ ∈ Ω và định lý hội tụ bị chặn ta thấy rằng vế phải của (3.5) tiến về 0. Chú ý rằng vế trái của (3.5) lớn hơn ( )( )1 1p pn nv v v v− −− − nên ta được lim nn v v→∞ = . Kết hợp với sự hội tụ yếu ta suy ra sự hội tụ mạnh bởi 1,0 ( ) pW Ω là không gian lồi đều. Vì 0nt → , nv v≤ và *( ), ( ), ( )pv m x v Lβ α ′ ∈ Ω nên từ (3.2) (với nu v= , nt tλ = ) ta có kết luận 1,0, ( ) , ( )pAv m x v Wαϕ ϕ ϕ Ω = ∀ ∈ Ω∫ (3.6) Vì vậy v là nghiệm của (3.1). 2. Trường hợp 1pβ nếu λ µ< và ta có thể sử dụng lập luận tương tự như ở trên để có kết luận. Nhận xét 3.1 Nếu 1pβ = − thì 1tλ = và 1v uλ = với mọi 0λ > . 3.2. Nhánh liên tục của tập nghiệm Định lý 3.2 Giả sử (H1) thỏa và (H5) 1pα β< ≤ − , * 1 pq α ′  >  +  . Khi đó tập nghiệm S của phương trình (2.1) được định nghĩa bởi 1,0{ ( ) { }: 0, 0( , ) thoa (2.1)}pS u W u uθ λ λ= ∈ Ω ≥ ∃ > là nhánh liên tục không bị chặn phát ra từ θ . Chứng minh. Trong phần 2.1 ta đã đưa bài toán (2.1) về phương trình toán tử (2.15), vì thế ta chỉ cần chứng minh toán tử ( , )F uλ thỏa tất cả các điều kiện của định lý 1.2. Từ (H5) ta thấy rằng (2.14) thỏa với *r p= , kết hợp với bổ đề 2.3 ta có ( , )F uλ là hoàn toàn liên tục từ 1,0 ( ) pW Ω vào chính nó. Điều kiện (i) của định lý 1.2 được thỏa vì (0, )F u θ= . Ta sẽ chứng minh điều kiện (ii) của định lý \ref{dlb}1.2 thỏa với ( ) (1, )G u F u= , 1 ( ) αϕ λ λ= và 0u là phần tử được nói đến trong bổ đề 2.1 với 1λ = . Rõ ràng G tăng và 1 1 ( , ) 1,F u F u G uα αλ λ λ     = =        . Để chứng minh (ii a) ta sẽ chỉ ra rằng 0 0( )G tu tu≥ với 0t > đủ nhỏ. Thật vậy, bởi bổ đề 2.1 ta có 0 0 0( ), ( )( ) ( )A tu m x tu tuα βϕ ϕ ϕ Ω Ω ≤ −∫ ∫ 1 1,0 0( ) , ( ), 0 p pt m x u Wαϕ ϕ ϕ− Ω ≤ ∀ ∈ Ω ≥∫ và bởi định nghĩa của 0( )G tu ta có ( ) ( )( ) 1,0 0 0 0( ) , ( )( ) ( ) , ( )pA G tu m x tu G tu Wβαϕ ϕ ϕ Ω = − ∀ ∈ Ω∫ Do đó, bằng cách chọn ( )0 0( )tu G tuϕ + = − ta được ( ) ( )0 0 0 0( ) ( ) , ( )A tu A G tu tu G tu + − − ( ) ( )( )( ) 1 1 0 0 0 0( ) ( ) ( ) pG tu m x u t t tu G tuβ α α − Ω ≤ − − −∫ (3.7) trong đó 1 0 0{ ( )}tu G tuΩ = ≥ . Đặt f là hàm dưới dấu tích phân trong vế phải của (3.7). thì trong 1 ′Ω Ω ta có ( ) 1 0( )f G tu β+ = − và trong 1 ′Ω ∩Ω ta có ( ) ( )10 0 0 0 0( ) ( ) (1 ) ( ) 0pf tu tu m t tu G tuα β α α− − −≤ − − − ≤ nếu t đủ nhỏ bởi 0u bị chặn và α β< , 1pα < − . Do đó, từ (3.7) ta suy ra ( )0 0( ) 0tu G tu + − = hay tương đương 0 0( )G tu tu≥ h.k.n trong Ω . Tiếp theo, để kiểm tra điều kiện (ii b) của định lý 1.2 ta sẽ chỉ ra rằng 10 0( ) ( ) voi 1pG tu t G u t α −≥ ≥ (3.8) Ký hiệu 0( )u G tu= , 0( )v G u= , 1 r p α = − theo định nghĩa của 0( )G tu , 0( )G u ta có ( ) ( ) 0 1, 0 0 , ( )( ) ( ) , ( )( ) p Au m x tu u W Av m x u v α β α β ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ Ω Ω = − ∀ ∈ Ω = − ∫ ∫ (3.9) Vì A là thuần nhất bậc 1p − nên từ (3.9) suy ra ( ) 2 ( ) ( ),( ) ( )r r rA t v A u t v u t v u t v uα β β+ Ω − − = − − −∫ (3.10) trong đó 2 { } rt v uΩ = ≥ . Trong 2Ω ta có ( 1) 0rt v u t uα β β α β β−− ≥ − ≥ bởi vì 1pβ ≤ − . Do đó (3.10) dẫn tới ( ) 0rt v u +− = hay rt v u≤ . Ta lại có *pu c u≤ ( 1, ( )pu W∀ ∈ Ω ), nón các hàm không âm là nón chuẩn trong * ( )pL Ω và từ (3.8) suy ra *0( ) pG tu →∞ khi t →∞ . Vậy điều kiện (ii b) của định lý 1.2 được thỏa. 3.3. Sự phân nhánh nghiệm Trong phần này ta sẽ nghiên cứu sự phân nhánh của các nghiệm của (2.1) hoặc (2.15) từ nghiệm không tầm thường, tức là ta cần tìm λ sao cho ( , )λ θ thuộc vào bao đóng của tập 1,0{( , ) [0, ) ( ) : 0, ,( , ) thoa ( ) hoac (2.15)2 }.1pu W u u uλ θ λΣ = ∈ ∞ × Ω ≥ ≠ Để làm điều này, ta phải giả sử rằng số q trong giả thiết (H1) thỏa Nq p > . Khi đó bài toán giá trị riêng 2( ) trong , 0 t nêrppu m x u u uλ −−∆ = Ω = ∂Ω có giá trị riêng thứ nhất 0 0λ > với hàm riêng tương ứng 1, 0 0 ( ) ( ) pW Lϕ ∞∈ Ω ∩ Ω , 0 0ϕ > trên Ω , hơn nữa, 0λ có tính chất sau 1,0 0inf : 0, ( )( ) p p p u u u W m x u λ Ω Ω  ∇   = ≥ ∈ Ω      ∫ ∫ (3.11) Định lý 3.1 Giả sử (H1) và (H6) như sau được thỏa (H6) *1 1p pα β= − < < − , Nq p > Khi đó 0( , )λ θ là điểm phân nhánh duy nhất từ ngiệm không tầm thường của (2.1) và tồn tại một tập con liên thông không bị chặn của Σ xuất phát từ 0( , )λ θ . Chứng minh. Ta chia bài chứng minh thành các bước. Bước 1. Ta đi chứng minh rằng nếu 0(0, )λ λ∈ thì ( )( , )u P tN uλ≠ với mọi 0u ≥ , u θ≠ và [0,1]t∈ . Thật vậy, nếu giả sử ngược lại ( )( , )u P tN uλ= với 0u ≥ , u θ≠ và [0,1]t∈ nào đó thì ( )1 1,0, ( ) , ( )p pAu t m x u u Wβϕ λ ϕ ϕ− Ω = − ∀ ∈ Ω∫ Bằng cách đặt uϕ = ta được ( )p pu m x uλ Ω Ω ∇ ≤∫ ∫ điều này mâu thuẫn với (3.11). Bước 2. Ta sẽ chỉ ra rằng nếu 0( , )λΛ ⊂ ∞ là một khoảng compact thì tồn tại 0δ > sao cho ( )1( , )u P N u tλ ϕ≠ + với mọi 0t ≥ , λ ∈Λ , 0u ≥ , 0 u δ< < , trong đó 1 1 0 0( ) pm xϕ λ ϕ −= . Thật vậy, giả sử ngược lại tồn tại các dãy 0nt ≥ , nλ ∈Λ và 0nu ≥ , 0nu → sao cho ( )1( , )n n n nu P N u tλ ϕ= + hay tương đương ( )1 1,1 0( ) ), , (p pn n n n nAu m x u u t Wβϕ λ ϕ ϕ ϕ− Ω = − + ∀ ∈ Ω∫ Xét dãy con nếu cần, ta có thể giả sử 0nλ λ λ→ > . Đặt nn n uz u = thì ta có ( )1 11 1(, ) p ppn n n n n n nAz m x z u z t uβ βϕ λ ϕ ϕ− + −− Ω = − +∫ (3.12) Vì { }nz bị chặn trong 1, 0 ( ) pW Ω nên tồn tại dãy con của { }nz , vẫn ký hiệu là{ }nz , hàm 1,0 ( ) pz W∈ Ω sao cho nz z→ yếu trong 1, 0 ( ) pW Ω và nz z→ mạnh trong ( ) rL Ω với *r p< . Ta sẽ chứng minh rằng *( )manh trong ( )pnz z L β β ′→ Ω (3.13) và *1 1 ( )( ) ( ) manh trong ( )p p pnm x z m x z L ′− −→ Ω (3.14) Thật vậy, bằng cách chọn * * * *( ) 1 pr p p p β β′= = < − và sử dụng tính liên tục của toán tử Nemyskii u uβ từ ( )rL Ω vào ( ) r Lβ Ω ta được (3.13). Vì Nq p > nên * * * * * * * ** * * * * ( ) ( 1) ( 1) 1 1 qp Np Np p p q p p N p pp pNp Np pN N p N p ′> = = = − + − + −  − + + +  Do hàm ( 1) qtt q p t− +  tăng và liên tục nên ta có thể chọn r sao cho *r p< và *( ) ( 1) qr p q p r ′> − + . Khi đó toán tử Nemyskii 1( ) pu m x u −→ tác động từ ( )rL Ω vào *( )pL ′ và nó liên tục theo định lý Krasnoselskii, vì thế ta được (3.14). Từ (3.12), (3.13), (3.14) ta thấy rằng 1{ }pn nt u − bị chặn và ta có thể giả sử nó hội tụ về một số 0t nào đó. Đặt nz zϕ = − , từ (3.12) ta có ,pn n nC z z Az Az z z− ≤ − − = ( )111 1( ) ( ) ,pppn n n n n n nm x z u z t u z z Az z zβ βλ ϕ−− +− Ω − + − − −∫ (3.15) Từ (3.13), (3.14), (3.15) ta suy ra nz z→ mạnh trong 1, 0 ( ) pW Ω và vì thế z θ≠ . Qua giới hạn trong (3.12) ta được ( )1 1,0 1 0, ( ) , ( )p pAz m x z t Wϕ λ ϕ ϕ ϕ− Ω = + ∈ Ω∫ (3.16) Rõ ràng 0 0t ≠ vì toán tử : pA = −∆ có duy nhất một hàm riêng không âm với chuẩn bằng 1 và 0λ λ≠ . Từ (3.16) ta có ( ) 1 1 1 1 1 0 1 0 1 0 0( ) ( ) ( ) ( ) p p p pz m x z t t tλ ϕ ϕ ϕ − − − −= −∆ + ≥ −∆ = (3.17) Ta ký hiệu s là số cực đại thỏa 0z sϕ≥ . Khi đó, 0s > và (\ref{ct32}(3.17) dẫn tới 1 1 1 0 0 0 0 ( ) ( ) p p p sz t m xλ λ ϕ λ − − −  ≥ −∆ +      1 1 1 0 0 0 p ps tλ ϕ λ − −  = +    1 1 0 0 p s λ ϕ λ −  ≥     và ta gặp mâu thuẫn với tính cực đại của s . Bước 3. Từ các bước 1, 2 ta có 0( ( ,.),0) 1 khi (0, )i I F λ λ λ− = ∈ 0( ( ,.),0) 0 khi ( , )i I F λ λ λ− = ∈ ∞ Do đó, 0( , )λ θ là điểm phân nhánh từ nghiệm không tầm thường của phương trình (2.1) hoặc (2.15). Cũng từ bước 1, 2 ta có điểm phân nhánh này là duy nhất. Hơn nữa, theo chứng minh của định lý Rabinowitz ta kết luận được rằng thành phần liên thông của tập Σ chứa 0( , )λ θ hoặc là không bị chặn hoặc là chứa ( , )λ θ′ khác. Ta có thể loại bỏ khả năng sau bởi tính duy nhất của điểm phân nhánh. Kết luận Trong luận văn này, tôi đã trình bày chi tiết lại các kết quả nghiên cứu của Nguyễn Bích Huy, Nguyễn Duy Thanh, Trần Đình Thanh về sự tồn tại và cấu trúc của các nghiệm yếu dương mà không nhất thiết bị chặn của phương trình logistic (2.1), bao gồm: • chỉ ra được sự tồn tại nghiệm yếu dương cực đại của (2.1) khi các giả thiết (H1), (H2) và (H3) hoặc (H4) được thỏa. Với trường hợp 1pα = − , định lý 5.4 trong [9] đã chứng minh được rằng (2.1)) có nghiệm thuộc 1,0 ( ) pW Ω khi * *max , ,( 1)[ ( 1) ] 1 N N p pq p p N p p p β β β   >  − + − + − −  Ta dễ dàng kiểm tra được rằng * *( 1) ( 1)[ ( 1) ]1 1 p N p p p p N p p β β β ′       < − − + − + + +  Như vậy, ở định lý 2.2, ta đã chứng minh được kết quả tương tự với định lý 5.4 của [9] nhưng với giả thiết ít hạn chế hơn. • vλ hội tụ h.k.n trong Ω và trong 1, 0 ( ) pW Ω về một nghiệm của (3.1)) khi 0λ → nếu 1pβ > − và khi λ → ∞ nếu 1pβ < − . • Với giả thiết (H1), (H5) thì tập nghiệm của (2.1) là nhánh không bị chặn xuất phát từ θ , còn với giả thiết (H1), (H6) thì 0( , )λ θ là điểm phân nhánh duy nhất từ ngiệm không tầm thường của (2.1) và tồn tại một tập con liên thông không bị chặn của Σ xuất phát từ 0( , )λ θ . Luận văn này chưa giải quyết được vấn đề tồn tại và cấu trúc tập nghiệm của (2.1) trong trường hợp 1pα > − . Đây có thể là hướng phát triển tiếp tục của luận văn. Qua quá trình nghiên cứu, viết luận văn tôi đã thấu hiểu sâu sắc hơn về các kiến thức chuyên ngành được học, đặc biệt là các kiến thức về Giải tích thực, Giải tích phi tuyến và Phương trình đạo hàm riêng. Từ đó tạo nền tảng kiến thức căn bản giúp tôi có thể vươn tới những nghiên cứu cao hơn. Với quĩ thời gian không nhiều và vốn kiến thức cá nhân còn hạn hẹp, những thiếu sót trong quá trình soạn thảo luận văn là không thể tránh khỏi. Kính mong sự đóng góp ý kiến từ quý thầy cô, bạn bè và các đọc giả. Xin chân thành cảm ơn! Mỹ Tho, ngày 17/09/2012 Đặng Hải Long Tài liệu tham khảo [1] D. Arcoya, J. Carmona, B. Pellacci (2001), “Bifurcation for some quasilinear operators”, Proc. Roy. Soc. Edinburgh, Sec. A, 131, pp. 733-765. [2] K. Deimling (1985), Nonlinear Functional Analysis, Springer. [3] L. Boccardo, L. Orsina (1994), “Sublinear elliptic equations in sL ”, Houston J. Math. 20, pp. 99-114. [4] H. Brezis, F. Browder (1982), “Some properties of higher order Sobolev space”, J. Math. Pures Appl. 61, pp. 245-259. [5] S. Carl, S. Heikkila (2011), Fixed Point Theory in Odered Sets and Applications, New York. [6] M. Delgado, A. Suarez (2002), “On the structure of the positive solutions of the logistic equation with nonlinear diffusion”, JMAA 268, pp. 200-216. [7] M. Delgado, A. Suarez (2003), “Nonnegative solutions for the degenerate logistic indefinite sublinear equation”, Nonlinear Anal. 52, pp. 127-141. [8] M. Delgado, A. Suarez (2003), “Positive solutions for degenerate logistic indefinite superlinear problem: the slow diffusion case”, Houston J. Math. 29, pp. 801-820. [9] P. Drabek, J. Hernadez (2001), “Existence and uniqueness of positive solutions for some quasilinear elliptic problems”, Nonlinear Anal. 44, pp. 189-204. [10] P. Drabek, A. Kufner and F. Nicolosi (1997), Quasilinear Elliptic Equations with Degenerations and Singularities, Berlin, New York, De Gruyter. [11] J. Hernandez (1998), “Positive solutions for logistic equations with unbounded weights”, in: G. Carsti, E. Mitidieri (Eds), Reaction Diffusion Systems, Marcel Dekker, New York, pp. 183-197. [12] N. B. Huy (1999), “Global continua of positive solutions for equations with nondifferentiable operators”, JMAA 239, pp. 449-456. [13] N. B. Huy (2002), “Positive weak solutions for some semilinear elliptic equations”, Nonlinear Anal. 48, pp. 939-945. [14] N. B. Huy, N. D. Thanh, T. D. Thanh, “On the structure of unbounded positive solutions to the quasilinear logistic equation”, Nonlinear Anal. (đang in)

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdftvefile_2013_01_17_7237827028_0945.pdf
Luận văn liên quan