Toán tử tăng trưởng trong không gian banach

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI NGUYỄN NGỌC LONG TOÁN TỬ TĂNG TRƯỞNG TRONG KHÔNG GIAN BANACH LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI, 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI NGUYỄN NGỌC LONG TOÁN TỬ TĂNG TRƯỞNG TRONG KHÔNG GIAN BANACH Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS TRẦN VĂN BẰNG HÀ NỘI, 2016 Lời cảm ơn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Trần Văn Bằng, người định hướng chọn đề tài tận tình hướng dẫn để hoàn thành luận văn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới thầy cô phòng Sau đại học, thầy cô giáo dạy lớp thạc sỹ chuyên ngành Toán giải tích, trường Đại học Sư phạm Hà Nội giúp đỡ suốt trình học tập Nhân dịp xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè động viên, cổ vũ, tạo điều kiện thuận lợi cho trình học tập hoàn thành luận văn Hà Nội, tháng năm 2016 Tác giả Nguyễn Ngọc Long Lời cam đoan Tôi xin cam đoan luận văn Thạc sĩ chuyên ngành Toán giải tích với đề tài “Toán tử tăng trưởng không gian Banach” kết trình tìm hiểu, nghiên cứu tác giả hướng dẫn TS Trần Văn Bằng Trong trình nghiên cứu thực luận văn, tác giả kế thừa thành tựu nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng năm 2016 Tác giả Nguyễn Ngọc Long Mục lục Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Ánh xạ đối ngẫu không gian Banach 1.2 Hàm lồi vi phân 1.3 Không gian Sobolev toán biên elliptic tuyến tính 11 1.4 Toán tử đơn điệu cực đại 24 Chương Toán tử phi tuyến tăng trưởng không gian Banach 28 2.1 Toán tử phi tuyến tăng trưởng 28 2.2 Bài toán biên elliptic phi tuyến Lp −không gian 42 2.3 Toán tử đạo hàm riêng tựa tuyến tính cấp 57 Kết luận 68 Tài liệu tham khảo 69 i Mở đầu Lí chọn đề tài Lý thuyết phương trình đạo hàm riêng lý thuyết gắn liền với ứng dụng thực tiễn Nghiên cứu lý thuyết kéo theo phát triển nhiều lý thuyết toán học phụ trợ khác, lý thuyết không gian hàm, lý thuyết toán tử, Ban đầu phương trình đạo hàm riêng tập trung nghiên cứu phương trình Vật lý toán phương trình nhiệt, phương trình sóng mô hình dừng chúng phương trình Laplace-Poisson Theo thời gian, nhiều vấn đề thực tiễn đặt toán phức tạp hơn, liên quan đến phương trình phi tuyến; phương trình không thiết lập không gian hữu hạn chiều mà mở rộng sang không gian vô hạn chiều, phương trình Hamilton-Jacobi-Bellman xuất lý thuyết điều khiển tối ưu, toán lý thuyết biến phân, Nói chung, phương trình đạo hàm riêng phi tuyến phức tạp Mỗi lớp phương trình đòi hỏi công cụ riêng, chí vấn đề định tính cần có cách tiếp cận riêng Trong khuôn khổ Luận văn Thạc sĩ toán học, hướng dẫn TS Trần Văn Bằng, chọn đề tài: “Toán tử tăng trưởng không gian Banach” Đề tài tập trung tìm hiểu toán tử tăng trưởng không gian Banach ứng dụng chúng để nghiên cứu tồn nghiệm toán biên elliptic phi tuyến Lp - không gian phương trình đạo hàm riêng tựa tuyến tính cấp Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu khái niệm tính chất toán tử tăng trưởng không gian Banach Nghiên cứu toán biên elliptic phi tuyến Lp - không gian phương trình đạo hàm riêng tựa tuyến tính cấp Nhiệm vụ nghiên cứu + Đối tượng nghiên cứu: Toán tử tăng trưởng + Phạm vi nghiên cứu: Nghiên cứu không gian Banach: khái niệm, tính chất, ứng dụng Đối tượng phạm vi nghiên cứu + Đối tượng nghiên cứu: Toán tử tăng trưởng + Phạm vi nghiên cứu: Nghiên cứu không gian Banach: khái niệm, tính chất, ứng dụng Phương pháp nghiên cứu Sử dụng phương pháp nghiên cứu Giải tích hàm phương trình đạo hàm riêng Đóng góp đề tài Hệ thống hóa tính chất, kết toán tử tăng trưởng không gian Banach khả ứng dụng chúng toán phương trình đạo hàm riêng Minh họa khái niệm, tính chất trường hợp thông qua ví dụ cụ thể Chương Kiến thức chuẩn bị Chương trình bày số kiến thức sở liên quan tới tính chất hình học không gian Banach, hàm lồi, không gian Sobolev, lý thuyết biến phân toán giá trị biên elliptic tuyến tính toán tử đơn điệu cực đại 1.1 Ánh xạ đối ngẫu không gian Banach Cho X không gian Banach thực X ∗ không gian đối ngẫu Giá trị phiếm hàm x∗ ∈ X ∗ x ∈ X ký hiệu (x∗ , x) x∗ (x) Chuẩn không gian X ký hiệu không gian X ∗ ký hiệu · ∗ · , chuẩn Nếu không nhầm lẫn ký hiệu chuẩn X X ∗ · Chúng ta dùng ký hiệu lim → để hội tụ mạnh X w-lim để hội tụ yếu X Ký hiệu hội tụ yếu-∗ X ∗ w∗ -lim Không gian X ∗ với tôpô yếu-∗ ký hiệu Xw∗ ∗ Ánh xạ đa trị J : X → 2X : J(x) = {x∗ ∈ X ∗ : (x∗ , x) = x = x∗ }, ∀x ∈ X (1.1) gọi ánh xạ đối ngẫu không gian X Ánh xạ ngược J −1 : X ∗ → X xác định J −1 (x∗ ) = {x ∈ X; x∗ ∈ J(x)} thỏa mãn J −1 (x∗ ) = {x ∈ X; x = x∗ , (x∗ , x) = x = x∗ } Nếu không gian X phản xạ (tức X = X ∗∗ ), rõ ràng J −1 ánh xạ đối ngẫu X ∗ D(J −1 ) = X ∗ Do tính phản xạ đóng vai trò quan trọng phần sau Không gian X gọi lồi chặt hình cầu đơn vị B X lồi chặt, tức biên ∂B không chứa đoạn thẳng Không gian X gọi lồi với ε > 0, < ε < 2, tồn δ(ε) > cho x = 1, y = 1, x − y ≥ ε, x + y ≤ 2(1 − δ(ε)) Hiển nhiên X lồi lồi chặt Các ví dụ điển hình không gian lồi không gian Hilbert, không gian Lp (Ω), < p < ∞ Theo định lý Milman (xem Yosida [5], trang 127), không gian Banach X lồi phản xạ Ngược lại, không gian Banach X phản xạ xây dựng lại chuẩn để X X ∗ lồi chặt Định lý 1.1 (xem [3], Định lý 1.2) Nếu không gian đối ngẫu X ∗ lồi chặt, ánh xạ đối ngẫu J : X → X ∗ đơn trị liên tục mạnh-yếu∗ (tức liên tục từ X vào Xw∗ ) Nếu không gian X ∗ lồi đều, J liên tục tập bị chặn X R(β) miền giá trị β M p (RN ), p ≥ 1, lớp Marcinkiewicz bậc p; tức M p (RN ) = u : RN → R đo được, minN α ∈ R+ ; E⊂R |u(x)|dx ≤ α(measE)1/q = u M 1,1 (RN ) nên {yλ } compact L1loc (RN ) Nói riêng, {yλ } bị chặn Wloc Khi đó, tách dãy yλ → y L1loc (RN ) theo (2.59), ta suy w(x) = β(y(x)) hầu khắp x ∈ RN Rõ ràng, y nghiệm (2.57) ∆yλ → ∆y D (RN ) λ → Bây ta xét trường hợp sau Trường hợp N = Trong trường hợp này, để thu tính bị chặn {yλ }, ta phải giả sử thêm ∈ int R(β) Nếu ký hiệu j : R → R vị β (tức β = ∂j), ta có j(r) ≥ c|r|, với c > |r| ≥ R1 Thật ra, ta thấy trước (Mệnh đề 1.1), int R(β) = int D(β −1 ) = int D(j ∗ ), j ∗ đồng dư j : j(r) = sup{rp − j ∗ (p), ∀p ∈ R} Do đó, ta có |j ∗ (p)| ≤ C với p ∈ R, |p| ≤ r∗ , r∗ > chọn cho thích hợp Điều kéo theo j(r) ≥ ρ|r| − j ∗ r ρ |r| r∗ ≥ |r| với |r| ≥ Bây giờ, ta quay trở lại phương trình (2.42) ý nhân thêm sign λ ta thu β(yλ )yλ dx ≤ |yλ | [|yλ |≥1] 56 |f |dx Ω sử dụng β(yλ )yλ ≥ c|yλ | [|yλ | ≥ 1] ta |yλ (x)|dx ≤ c, ∀λ > RN {yλ } bị chặn L1 (RN ) Khi đó, theo phương trình ∆yλ = λyλ + wλ − f {∇yλ } bị chặn M (R2 ) Điều kéo theo tồn y = limλ↓0 yλ L1loc (R2 ) ∇y ∈ M (R2 ) Theo (2.59) ta thấy w(x) ∈ β(y(x)) hầu khắp x ∈ Ω, nên y nghiệm cần tìm Trường hợp N = Giống bên {yλ } {βλ (yλ )} bị chặn L1 (RN ) {yλ } bị chặn L2 (R), ta thu {yλ } bị chặn R∞ (R) Thật ra, {yλ } bị chăn L1 (R), nên tồn x0 ∈ R cho {yλ (x0 )} bị chặn rõ ràng điều kéo theo {yλ } bị chặn R∞ (R) Do giống trường hợp trước ta suy y = limλ↓0 yλ nghiệm (2.57) thỏa mãn điều kiện yêu cầu Chứng minh chi tiết bị bỏ qua 2.3 Toán tử đạo hàm riêng tựa tuyến tính cấp Ở đây, nghiên cứu toán tử đạo hàm riêng cấp N (Au)(x) = i=1 ∂ (u(x)), x ∈ RN , ∂xi (2.60) không gian X = L1 (RN ) Ta dùng ký hiệu a = (a1 , a2 , , aN ), ϕx = (ϕx1 , , ϕxN ), a(u)x = N i=1 (∂/∂xi )ai (u(x)) = div a(u) Giả sử hàm a : R → RN liên tục Định nghĩa toán tử A L1 (RN ) × L1 (RN ) bao đóng toán tử A0 ⊂ L1 (Ω) × L1 (Ω) xác định sau 57 Định nghĩa 2.2 A0 = {[u, v] ∈ L1 (RN ) × L1 (RN ); a(u) ∈ (L1 (RN ))N } RN sign0 (u(x) − k)((a(u(x)) − a(k)) · ϕx (x) + v(x)ϕ(x))dx ≥ 0, (2.61) với ϕ ∈ C0 (RN ) cho ϕ ≥ 0, k ∈ R Ở đây, sign0 r = r/|r| với r = 0, sign0 = Dễ thấy a ∈ C (R) u ∈ C01 (RN ), u ∈ D(A0 ) A0 u = a(u)x Thật vậy, ρ phép xấp xỉ trơn r → |r| có dạng trên, ta có u(x) ρ (u(x) − k)a(u)x ϕdx = RN ρ (s − k)a (s)ds dx RN k ϕ(x)dx x u(x) =− ρ (s − k)a (s)ds dx RN · ϕx (s), k a = (a1 , a2 , , aN ) đạo hàm a Bây giờ, cho ρ dần đến sign0 , ta RN sign0 (u(x) − k)(a(u(x) − a(k)) · ϕx (x) + a(u(x))x ϕ(x))dx = với ϕ ∈ C0 (RN ) Do đó, u ∈ D(A0 ) A0 u = (a(u))x Ngược lại, u ∈ D(A0 )∩L∞ (RN ) v ∈ A0 u, sử dụng bất đẳng thức (2.61) với k = u RN L∞ (RN ) + k = −( u L∞ (RN ) + 1), ta (a(u(x)) − a(k)) · ϕx (x) + v(x)ϕ(x)dx ≤ 0, ∀ϕ ∈ C0∞ (RN ), ϕ ≥ 0, tương ứng RN (a(u(x)) − a(k)) · ϕx (x) + v(x)ϕ(x)dx ≥ 0, ∀ϕ ∈ C0∞ (RN ), ϕ ≥ 58 Do đó, −(a(x))x + v = D (RN ) Gọi A bao đóng A0 L1 (RN )×L1 (RN ); tức A = {[u, v] ∈ L1 (RN ) × L1 (RN ); ∃[un , ] ∈ A0 , un → u, → v L1 (RN )} Định lý 2.5 Cho a : R → RN liên tục lim supr→0 ( a(r) /|r|) < ∞ Khi A m-tăng trưởng Chúng chứng minh Định lý 2.5 số bước trước tiến hành, cần nhấn mạnh hàm u thỏa mãn (2.61) không nghiệm suy rộng đơn giản phương trình (a(u))x = v Trước tiên ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề 2.2 A tăng trưởng L1 (RN ) × L1 (RN ) Chứng minh Lấy [u, v] [¯ u, v¯] hai phần tử tùy ý A0 Theo Định nghĩa 2.2, ta có với k = u¯(y), ϕ(x) = ψ(x, y) (ψ ∈ C0∞ (RN ×RN ), ψ ≥ 0), RN ×RN sign0 (u(x) − u¯(y))(a(u(x)) − a(¯ u(y)) · ψx (x, y) (2.62) + v(x)ψ(x, y))dxdy ≥ Bây giờ, rõ ràng ta đổi chỗ u u¯, v v¯, x y để thu được, cách cộng vào (2.62), RN ×RN sign0 (u(x) − u¯(y))((a(u(x)) − a(¯ u(y)) · (ψx (x, y)) (2.63) + ψy (x, y)ψ(x, y)) + (v(x) − v¯(y))ψ(x, y))dxdy ≥ với ψ ∈ C0∞ (RN × RN ), ψ ≥ Bây giờ, lấy ψ(x, y) = x−y ϕ(x + y)ρ εn ε 59 , N N ϕ ∈ C∞ (R ), ϕ ≥ 0, ρ ∈ C0 (R ) thỏa mãn supp ρ ⊂ {y; y ≤ 1}, ρ(y)dy = 1, ρ(y) = ρ(−y), ∀y ∈ RN Thế vào (2.63), sau tính toán ta RN ×RN sign0 (u(y + εz) − u¯(y))(2(a(u(y + εz)) − a(¯ u(y)) · ∇ϕ(y + εz)) + (v(y + εz) − v¯(y))ϕ(y + εz))ρ(z)dydz ≥ (2.64) Bây giờ, cho ε dần đến (2.64), ta θ(y)(v(y) − v¯(y))ϕ(y)dy + θ(y)(a(u(y)) RN RN (2.65) − a(¯ u(y)) · ∇ϕ(y))dy ≥ 0, với θ(y) ∈ sign(u(y) − u¯(y)), hầu khắp y ∈ RN Do đó, với ϕ ∈ C0∞ (RN ), ϕ ≥ 0, tồn θ ∈ J(u − u¯) cho (2.65) xảy ra, J ánh xạ đối ngẫu không gian L1 (Ω) (xem (1.4)) Nếu (2.65) ta lấy ϕ = α(ε y ), α ∈ C0∞ (R), α ≥ 0, α(r) = 1, với |r| ≤ 1, cho ε → 0, ta θ(y)(v(y) − v¯(y))dy ≥ RN với θ ∈ J(u − u¯) Do vậy, A0 tăng trưởng L1 (RN ) bao đóng tăng trưởng Để chứng minh A m-tăng trưởng, sử dụng A0 tăng trưởng, ta cần miền giá trị I + A0 trù mật L1 (RN ); tức là, phương trình u + a(u)x = f có nghiệm (theo nghĩa suy rộng) với lớp hàm f đủ lớn Sử dụng thuật ngữ lý thuyết tuyến tính, điều có nghĩa A0 m-tăng trưởng cốt yếu Để kết thúc, ta xấp xỉ phương trình 60 lớp phương trình elliptic sau u + a(u)x − ε∆u = f RN (2.66) Bổ đề 2.3 Lấy a ∈ C , a bị chặn, lấy ε > Khi đó, với f ∈ L2 (RN ), phương trình (2.66) có nghiệm u ∈ H (RN ) Chứng minh Ký hiệu Λ toán tử xác định L2 (RN ) Λ = −∆, D(Λ) = H (RN ) cho Bu = −a(u)x , ∀u ∈ D(B) = H (RN ) Toán tử T = (I + εΛ)−1 B liên tục bị chặn từ H (RN ) tới H (RN ), compact H (RN ) Với f ∈ L2 (RN ) cho trước, phương trình (2.66) tương đương với u = T u + (I + εΛ)−1 f Đặt D = {u ∈ H (RN ); u f L2 (RN ) L2 (RN ) + ε ∇u L2 (RN ) (2.67) < R2 }, R = + Ta ý (I + εΛ)−1 f ∈ / (I − tT )(∂D), ≤ t ≤ (2.68) Thật ra, mặt khác tồn u ∈ ∂D t ∈ [0, 1] cho u − ε∆u + ta(u)x = f RN , ta lập luận từ điều mâu thuẫn Nhân phương trình với u lấy tích phân RN , ta u L2 (RN ) + ε ∇u L2 (RN ) +t a(u)x udx = RN f udx RN Mặt khác, ta có a(u)x udx = − RN a(u) · ux dx = − RN div b(u)dx = 0, RN 61 b(u) = u L2 (RN ) u a(s)ds + ε ∇u Cho nên, L2 (RN ) ≤ f L2 (RN ) u L2 (RN ) ≤ (R − 1)R < R2 , u ∈ / ∂D Ký hiệu d(I − tT, D, (I + εΛ)−1 f ) bậc tôpô ánh xạ I − tT tương ứng với D điểm (I +εΛ)−1 f Theo 2.68 tính bất biến bậc tôpô, suy (xem định nghĩa tính chất bậc topo không Banach [8]) d(I − tT, D, (I + εΛ)−1 f ) = d(I, D, (I + εΛ)−1 f ) với ≤ t ≤ Do đó, d(I − T, D, (I + εΛ)−1 f ) = d(I, D, (I + εΛ)−1 f ) = (I + εΛ)−1 f ∈ D Cho nên, phương trình (2.67) có nghiệm u ∈ D(Λ) = H (RN ) nên kết thúc chứng minh Bổ đề 2.3 Bổ đề 2.4 Dưới giả thiết Bổ đề 2.3, f ∈ Lp (RN ) ∩ L2 (RN ), ≤ p ≤ ∞, u ∈ Lp (RN ) u Lp (RN ) ≤ f Lp (RN ) (2.69) Chứng minh Trước hết ta giải trường hợp < p < ∞ Lấy αn : R → R xác định     |r|p−2 r    αn (r) = np−2r      np−2 r 62 |r| ≤ n, r > n, r < −n Nếu ta nhân phương trình (2.66) αn (u) ∈ L2 (RN ) lấy tích phân RN , ta αn (u)udx ≤ f αn (u)dx (2.70) RN RN vì, thấy trước đây, u(x) dx a(u)x αn (u)dx = dx = 0, a (s)αn (s)ds RN RN x ∆uαn (u)dx = RN RN αn (u)|∇u|2 dx ≥ 0, αn đơn điệu tăng Cũng lưu ý bất đẳng thức αn (r)r ≥ |αn (r)|q , ∀r ∈ R, 1 + = p q Khi đó, sử dụng bất đẳng thức H¨older (2.70), ta 1/p q |αn (u)| dx ≤ RN 1/q p q |f | dx RN |αn (u)| dx , RN |u(x)|p dx ≤ f [|u(x)|≤n] p , Lp (RN ) kéo theo u ∈ Lp (RN ) (2.69) xảy Trong trường hợp p = 1, ta nhân phương trình (2.66) δn (u),     rn |r| ≤ n−1 ,    δn (r) = r > n−1 ,      −1 r < −n−1 63 Chú ý δn (u) ∈ l2 (RN ) m{x ∈ RN ; |u(x)| > n−1 } ≤ n2 u L2 (RN ) Khi đó, lập luận trên, ta |f ||δn (u)|dx δn (u)dx ≤ |u(x)|dx ≤ [|u(x)|≥n−1 ] RN RN ≤n |f ||u|dx + [|u(x)|≤n−1 ] ≤ f |f |dx [|u(x)|>n−1 ] L1 (RN ) Bây giờ, cho n → ∞, ta (2.69) khẳng định Cuối cùng, trường hợp p = ∞, đặt M = f L∞ (RN ) Khi đó, ta có u − M + a(u)x − ε∆(u − M ) = f − M ≤ 0, hầu khắp RN Nhân thêm (u − M )+ (thuộc H (RN )), ta RN ((u − M )+ )2 dx ≤ a(u)x (u − M )+ dx = 0, RN ∆(u − M )(u − M )+ dx = − RN |∇(u − M )+ |2 dx ≥ RN Cho nên, u(x) ≤ M hầu khắp x ∈ RN Bây giờ, nhân phương trình u + M + (a(u))x − ε∆(u + M ) = f + M ≥ với (u − M )− trước ta thu (u − M )− = 0, hầu khắp RN Suy ra, u ∈ L∞ (RN ) |u(x)| ≤ f L∞ (RN ) , khẳng định 64 hầu khắp x ∈ RN , Bổ đề 2.5 Dưới giả thiết Bổ đề 2.3, cho f, g ∈ L2 (RN )∩L1 (RN ) lấy u, v ∈ H (RN )∩L1 (RN ) hai nghiệm tương ứng phương trình (2.66) Khi ta có (u − v)+ L1 (RN ) ≤ (f − g)+ (u − v) L1 (RN ) ≤ (f − g) L1 (RN ) , (2.71) L1 (RN ) (2.72) Chứng minh Vì (2.72) hệ trực tiếp (2.71) ta bỏ qua ước lượng Nếu ta nhân phương trình u − v(a(u) − a(v))x − ε∆(u − v) = f − g với ξ ∈ L∞ (RN ), ξ(x) ∈ sign(u − v)+ (hay xác hơn, với ζ(u − v), ζ cho (2.26)) lấy tích phân RN , ta (u − v)+ dx + RN (f − g)+ dx (a(u) − a(v))x ξ(x)dx ≤ RN RN Bây giờ, theo định lý phân kỳ, ta có (a(u) − a(v))x ξ(x)dx = RN (a(u(x)) − a(v(x)))x dx = [u(x)>v(x)] a(u) = a(v) ∂{x; u(x) > v(x)} (Ở đây, ∂ ký hiệu biên.) Cho nên, (u − v)+ L1 (RN ) ≤ (f − g)+ L1 (RN ) , khẳng định Chứng minh (của Định lý 2.5) Đầu tiên ta L1 (RN ) ∩ L∞ (RN ) ⊂ R(I + A0 ) Với mục tiêu này, xét dãy {aε } hàm C cho ε→0 aε (0) = aε −−→ a compact Với f ∈ L1 (RN ) ∩ L∞ (RN ), lấy 65 uε ∈ H (RN ) ∩ L1 (RN ) ∩ L∞ (RN ) nghiệm phương trình (2.66) Chú ý ước lượng uε L1 (RN ) ≤ f L1 (RN ) , uε L∞ (RN ) ≤ f L∞ (RN ) , (2.73) chứng minh Bổ đề 2.5 Ngoài ra, nhân (2.66) với uε lấy tích phân RN , ta uε L2 (RN ) + ε ∇uε L2 (RN ) ≤C f L2 (RN ) (2.74) Thêm vào đó, áp dụng Bổ đề 2.4 cho hàm u = uε (x) v = vε (x + y), ta |f (x + y) − f (x)|dx, ∀y ∈ RN |uε (x + y) − uε (x)|dx ≤ RN RN Theo tiêu chuẩn compact Kolmogorov, ước lượng kéo theo {uε } compact L1loc (RN ), đó, tồn dãy con, đơn giản ký hiệu uε , cho uε → u mạnh L1 (BR ), ∀R > 0, (2.75) N uε (x) → u(x) hầu khắp x ∈ R , BR = {x; x ≤ R} Ta u + A0 u = f Lấy ϕ ∈ C0∞ (RN ), ϕ ≥ 0, lấy α ∈ C (R) cho α ≥ Ta nhân phương trình (2.66) với α (uε )ϕ lấy tích phân RN Khi đó, dùng phương pháp tích phân phần thu α (uε )uε ϕdx − RN (α (uε )ϕ)x (a(uε ) − a(k))dx RN α (uε )(∇uε )2 ϕdx + ε +ε RN = (∇uε · ∇ϕ)α (uε )dx RN f α (uε )ϕdx RN 66 Điều kéo theo (α (uε )uε ϕ + εα (uε )∇uε · ∇ϕ − (α (uε )ϕ)x (a(uε )0a(k)))dx RN ≤ f α (uε )ϕdx RN Bây giờ, cho ε dần tới 0, từ (2.73)-(2.75) suy (α (u)uϕ − (α (u)ϕ)x (a(u) − a(k)))dx ≤ f α (u)ϕdx RN RN Tiếp theo, ta lấy α (s) = ζ(s − k), ζ có dạng (2.26) Khi đó, cho ζ → sign0 , ta bất đẳng thức RN sign0 (u − k)[uϕ − (a(u) − a(k))ϕx − f ϕ]dx ≤ Mặt khác, lim sup|r|→0 ( a(r) /|r|) < ∞, ta có a(u) ∈ L1 (RN ) Do ta chứng minh f ∈ u + A0 u Bây giờ, lấy f ∈ L1 (RN ), lấy fn ∈ L1 (RN ) ∩ L∞ (RN ) cho fn → f L1 (RN ) với n → ∞ Gọi un ∈ D(A0 ) nghiệm phương trình u + A0 u fn Vì A0 tăng trưởng L1 (RN ) × L1 (RN ), ta thấy {un } hội tụ L1 (RN ) Do vậy, tồn u ∈ L1 (RN ) cho un → u, − un → f L1 (RN ), ∈ A0 un Điều kéo theo f ∈ u + Au Nói riêng, ta chứng minh với f ∈ L1 (RN ) phương trình đạo hàm riêng cấp N u− i=1 ∂ (u) = f RN ∂xi (2.76) có nghiệm suy rộng u ∈ L1 (RN ), ánh xạ f → u liên tục Lipschitz L1 (RN ) 67 Kết luận Nội dung luận văn tìm hiểu toán tử tăng trưởng không gian Bannach ứng dụng toán biên elliptic phi tuyến toán tử vi phân tựa tuyến tính cấp Cụ thể: Chương tìm hiểu khái niệm kết liên quan tới ánh xạ đối ngẫu không gian định chuẩn, hàm lồi vi phân hàm lồi, không gian Sobolev, toán biên elliptic tuyến tính Chương trình bày số vấn đề liên quan tới toán tử phi tuyến tăng trưởng ứng dụng nghiên cứu tồn nghiệm toán biên elliptic phi tuyến Lp − không gian toán tử vi phân tựa tuyến tính cấp Hướng nghiên cứu ứng dụng lý thuyết toán tử tăng trưởng số lớp toán phương trình đạo hàm riêng phi tuyến khác 68 Tài liệu tham khảo [1] Hoàng Tụy (2003), Hàm thực Giải tích hàm, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] E Asplund (1967), Average norms, Israel J Math., 5, pp 227-233 [3] V Barbu (2010), Nonlinear differential equations of monotone types in Banach spaces, Springer [4] H Brezis (2011), Functional Analysis Sobolev spaces and Partial Differential Equations, Springer [5] K Yosida (1980), Functional analysis, Springer-Verlag, New York 69 [...]... tán cực đại, mtiêu tán) nếu −A là tăng trưởng, (tương ứng, cực đại, m -tăng trưởng) Cuối cùng, A được gọi là ω -tăng trưởng (ω-m -tăng trưởng) , trong đó ω ∈ R nếu A + ωI tăng trưởng (tương ứng, m -tăng trưởng) Tập con A ⊂ X × X là ω -tăng trưởng hoặc ω-m -tăng trưởng với ω ∈ R được gọi là tựa -tăng trưởng, tương ứng, tựa-m -tăng trưởng Ở dưới đây, chúng tôi chỉ ra tính tăng trưởng của A thật ra là tính chất... Trong khi toán tử đơn điệu được định nghĩa theo cặp đối ngẫu (X, X ∗ ) và ứng dụng trong lý thuyết biến phân, toán tử tăng trưởng về bản chất liên quan đến tính chất hình học của không gian X và được ứng dụng cho lý thuyết tồn tại của các bài toán phi biến phân và không có cấu trúc Hilbert 2.1 Toán tử phi tuyến tăng trưởng Trong toàn bộ chương này X là không gian Banach với chuẩn · , X ∗ là không gian. .. f ∈ L2 (Ω), bài toán Dirichlet   − y + ∂g(y) f h.k.n trong Ω, y=0 trên ∂Ω, có nghiệm duy nhất y ∈ H01 (Ω) × H 2 (Ω) 27 (1.39) Chương 2 Toán tử phi tuyến tăng trưởng trong không gian Banach Chương này tìm hiểu về lý thuyết tổng quát của các toán tử tăng trưởng phi tuyến trong không gian Banach cùng với ứng dụng vào sự tồn tại của bài toán biên elliptic phi tuyến trong các Lp -không gian và phương... xạ đối ngẫu của không gian X 28 Định nghĩa 2.1 Tập con A của X × X (hoặc, toán tử đa trị từ X tới X) được gọi là tăng trưởng nếu với mỗi cặp [x1 , y1 ], [x2 , y2 ] ∈ A, tồn tại w ∈ J(x1 − x2 ) sao cho (y1 − y2 , w) ≥ 0 (2.1) Một tập tăng trưởng được gọi là tăng trưởng cực đại nếu nó không chứa thực sự trong bất kỳ tập tăng trưởng nào của X × X Một tập tăng trưởng A được gọi là m -tăng trưởng nếu R(I... tập mở bất kỳ trong RN Không gian H01 (Ω) là bao đóng của C01 (Ω) đối với chuẩn của H 1 (Ω) Suy ra H01 (Ω) là không gian con đóng của H 1 (Ω) và nói chung nó là không gian con thực sự của H 1 (Ω) Rõ ràng H01 (Ω) là không gian Hilbert với cùng tích vô hướng N u, v 1 = i=1 ∂u ∂v dx + ∂x ∂x i i Ω uvdx Ω với chuẩn tương ứng 1/2 u 1 2 = 2 (|∇u(x)| + u (x))dx Ω Nói tóm lại, H01 (Ω) là không gian con các... nhúng bên trên là trù mật Định lý 1.5 Không gian H −1 (Ω) trùng với tập mọi hàm suy rộng u ∈ D (Ω) có dạng N u = f0 + i=1 ∂fi trong D (Ω), trong đó fi ∈ L2 (Ω), i = 1, , N ∂xi 17 Tương tự không gian W01,p (Ω), p ≥ 1, được định nghĩa là bao đóng của C01 (Ω) với chuẩn W 1,p (Ω) Không gian đối ngẫu của W01,p (Ω) là không gian 1 1 + =1 p q W −1,q (Ω), được định nghĩa như trong Định lý 1.5 với f0 , f1 , ... u → Du là nửa liên tục dưới trong Lp (Ω) 1.4 Toán tử đơn điệu cực đại Nếu X và Y là hai không gian tuyến tính, X × Y là tích đề các của chúng Các phần tử của X × Y viết là [x, y] ở đây x ∈ X và y ∈ Y Nếu A là một toán tử đa trị từ X vào Y, chúng ta có thể đồng nhất nó với đồ thị của nó trong X × Y : {[x, y] ∈ X × Y ; y ∈ Ax} Ngược lại, mỗi tập A ⊂ X × Y, xác định một toán tử A theo cách Ax = {y ∈ X;... đồng nhất các toán tử từ X vào Y với đồ thị của chúng trong X × Y và do đó ta có thể nói một cách tương đương là tập con của X × Y thay cho toán tử từ X tới Y Nếu A, B ⊂ X × Y và λ là một số thực, ta đặt: λA = {[x, λy] ; [x, y] ∈ A} ; 24 A + B = {[x, y + z] ; [x, y] ∈ A, [x, z] ∈ B} ; AB = [x, z] ; [x, y] ∈ B, [y, z] ∈ A, với một y ∈ Y Trong mục này, X là một không gian Banach thực với không gian đối ngẫu... Nếu X là không gian Hilbert, trừ trường hợp chỉ rõ, ta đồng nhất X với không gian đối ngẫu của nó Định nghĩa 1.6 Tập A ⊂ X × X ∗ (tương đương, toán tử A : X → X ∗ ) được gọi là đơn điệu nếu: (x1 − x2 , y1 − y2 ) ≥ 0, ∀ [xi , yi ] ∈ A, i = 1, 2 Tập đơn điệu A ⊂ X × X ∗ được gọi là đơn điệu cực đại nếu nó không thực sự chứa trong bất kì tập đơn điệu nào của X × X ∗ Chú ý rằng nếu A là toán tử đơn trị... trị và không giãn trên R(I + λA); tức là (I + λA)−1 x − (I + λA)−1 y ≤ x − y , ∀λ > 0, x, y ∈ R(I + λA) Nếu A là ω -tăng trưởng, thì từ (2.5) suy ra (I + λA)−1 là toán tử đơn trị và Lipschitz với hằng số Lipschitz không lớn hơn 1/(1 − λω) trên R(I + λA), 0 < λ < 1/ω Định nghĩa hai toán tử Jλ x = (I + λA)−1 x, x ∈ R(I + λA); (2.6) Aλ x = λ−1 (x − Jλ x), x ∈ R(I + λA) (2.7) Giống như trường hợp toán tử đơn