Toán tử đơn điệu cực đại trong không gian banach (LV01957)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ——————————————— ĐỖ THỊ LOAN TOÁN TỬ ĐƠN ĐIỆU CỰC ĐẠI 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 Đỗ Thị Loan Lời cam đoan Tôi xin cam đoan, luận văn Thạc sĩ chuyên ngành Toán giải tích với đề tài “Toán tử đơn điệu cực đại không gian Banach” sản phẩm nghiên cứu cá nhân 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, tham khảo tài liệu Luận văn Hà Nội, tháng năm 2016 Tác giả Đỗ Thị Loan Mục lục Mở đầu 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 14 Toán tử đơn điệu cực đại không gian Banach 29 2.1 Toán tử đơn điệu cực đại 29 2.2 Ứng dụng 50 Kết luận 69 Tài liệu tham khảo 70 Mở đầu Lí chọn đề tài Lý thuyết phương trình đạo hàm riêng lý thuyết gắn liền với ứng dụng thực tiễn Các lớp phương trình đạo hàm riêng nảy sinh thực tiễn ngày phức tạp Đặc biệt phương trình phi tuyến Để nghiên cứu tồn nghiệm toán tương ứng với lớp phương trình đó, nhiều lý thuyết xuất lý thuyết điểm bất động, lý thuyết biến phân, lý thuyết toán tử phi tuyến, Toán tử đơn điệu cực đại lớp toán tử nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu chúng có nhiều tính chất đẹp ứng dụng để nghiên cứu tồn nghiệm số toán biên elliptic phi tuyến Với mong muốn tìm hiểu lớp toán tử khả ứng dụng chúng, chọn đề tài: “Toán tử đơn điệu cực đại không gian Banach” Đề tài tập trung tìm hiểu toán tử đơn điệu cực đại không gian Banach ứng dụng chúng để nghiên cứu tồn nghiệm toán biên elliptic phi tuyến Mục đích nghiên cứu Tìm hiểu lớp toán tử đơn điệu cực đại không gian Banach Nghiên cứu ứng dụng toán tử phương trình đạo hàm riêng phi tuyến Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu khái niệm tính chất toán tử đơn điệu cực đại không gian Banach Nghiên cứu tồn nghiệm toán biên elliptic phi tuyến không gian Đối tượng phạm vi nghiên cứu + Đối tượng nghiên cứu: Toán tử đơn điệu cực đại + 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 pháp biến phân Đóng góp đề tài Hệ thống hóa tính chất, kết toán tử đơn điệu cực đại 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 định chuẩn, hàm lồi, không gian Sobolev, lý thuyết biến phân toán giá trị biên elliptic tuyến tính 1.1 Ánh xạ đối ngẫu không gian Banach Mục đề cập tới khái niệm ánh xạ đối ngẫu không gian định chuẩn, khái niệm có liên hệ chặt chẽ với tính chất hình học không gian Nội dung mục tham khảo chủ yếu từ [3] 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 chuẩn không gian X ∗ ký hiệu · ∗ ký hiệu chuẩn X X ∗ · , Nếu không nhầm lẫn · 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 Ánh xạ đối ngẫu có liên hệ chặt chẽ với chất không gian X X ∗ , xác với tính lồi tính trơn hình cầu đóng X X ∗ 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; không gian Hilbert, không gian Lp (Ω), < p < ∞ ví dụ không gian lồi Theo định lý Milman (xem Yosida [6], 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 Chính xác hơn, Định lý 1.1 (xem Asplund [2]) Cho X không gian Banach phản xạ với chuẩn · Khi tồn chuẩn tương đương · X cho X lồi chặt theo chuẩn X ∗ lồi chặt theo chuẩn đối ngẫu · ∗ Đối với tính chất ánh xạ đối ngẫu liên quan tới không gian Banach lồi hay lồi chặt, ta có kết sau Định lý 1.2 (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 Bây trình bày số ví dụ ánh xạ đối ngẫu X = H không gian Hilbert đồng với đối ngẫu Khi J = I, ánh xạ đồng H Nếu H không đồng với đối ngẫu H ∗ , ánh xạ đối ngẫu J : H → H ∗ đẳng cấu tắc Λ H lên H ∗ Ví dụ, H = H01 (Ω), H ∗ = H −1 (Ω) Ω tập mở bị chặn RN , J = Λ xác định ∇u · ∇vdx, (Λu, v) = ∀u, v ∈ H01 (Ω) (1.2) Ω Nói cách khác, J = Λ toán tử Laplace −∆ với điều kiện biên Dirichlet Ω ⊂ RN Ở H01 (Ω) không gian Sobolev u ∈ L2 (Ω) : ∇u ∈ L2 (Ω); u = ∂Ω} X = Lp (Ω), < p < ∞ Ω tập đo RN Khi đó, ánh xạ đối ngẫu X J(u)(x) = |u(x)|p−2 u(x) u 2−p Lp (Ω) , hầu khắp x ∈ Ω, ∀u ∈ Lp (Ω) (1.3) Thật vậy, dễ thấy Φp ánh xạ xác định vế phải (1.3), ta có 2/q 2/p p |u| dx Φp (u)udx = Ω q |Φp (u)| = Ω Ω 1 , + = p q Bởi ánh xạ đối ngẫu J Lp (Ω) đơn trị (vì Lp lồi với p > 1) Φp (u) ∈ J(u), ta kết luận J = Φp , khẳng định Nếu X = L1 (Ω), ta có (xem Hệ 2.7 sau đây) J(u) = {v ∈ L∞ (Ω); v(x) ∈ sign u(x) · u L1 (Ω) , hầu khắp x ∈ Ω} (1.4) Cho X không gian Sobolev W01,p (Ω), < p < ∞ Ω tập mở bị chặn RN (xem Mục 1.3.) Khi N J(u) = − i=1 ∂ ∂xi ∂u ∂xi p−2 ∂u ∂xi u 2−p W01,p (Ω) (1.5) Nói cách khác, J : W01,p (Ω) → W −1,q (Ω), (1/p) + (1/q) = 1, xác định N (J(u), v) = i=1 Ω ∂u ∂xi p−2 ∂u ∂v dx u ∂xi ∂xi 2−p , W01,p (Ω) ∀v ∈ W01,p (Ω) (1.6) Thực tế, ánh xạ đối ngẫu J không gian X định nghĩa cách tương đương vi phân (dưới vi phân Gateaux X ∗ lồi chặt) hàm x → 1/2 x 1.2 Hàm lồi vi phân Mục trình bày số vấn đề hàm lồi vi phân hàm lồi Nội dung tham khảo chủ yếu từ [1], [5] Cho X không gian Banach thực với đối ngẫu X ∗ Một hàm lồi thường X hàm ϕ : X → (−∞, +∞] = R không đồng với +∞ thỏa mãn bất đẳng thức ϕ((1 − λ)x + λy) ≤ (1 − λ)ϕ(x) + λϕ(y) 10 (1.7) Bây ta chứng minh (2.40) Dễ thấy rằng, với w ∈ Lqm (Ω) cho w(x) ∈ ∂g(x, y(x)) thuộc ∂Ig (y) Bây giờ, lấy w ∈ ∂Ig ; tức là, (g(x, y(x)) − g(x, u(x))) dx ≤ Ω (w(x), y(x) − u(x)) dx, ∀u ∈ Lpm (Ω) Ω Giả sử D tập đo tùy ý Ω u ∈ Lpm (Ω) xác định u(x) = y0 với x ∈ D, y(x) với x ∈ Ω \ D, y0 ∈ Rm Thế vào bất đẳng thức trên, ta (g(x, y(x)) − g(x, y0 ) − (w(x), y(x) − y0 )) dx ≤ D Do D tùy ý, nên với h.k.n x ∈ Ω, g(x, y(x)) ≤ g(x, y0 ) + (w(x), y(x) − y0 ), ∀y0 ∈ Rm Do đó, w(x) ∈ ∂g(x, y(x)) với h.k.n x ∈ Ω Trường hợp p = ∞ phức tạp hơn, phần tử ∂Ig (y) ⊂ ∗ (L∞ m (Ω)) không thiết hàm khả tích Lebesgue Ω Tuy nhiên ∂Ig (y) gồm hàm có dạng µα + µs , µα ∈ L1m (Ω), µα (x) ∈ ∂g(y(x)) ∗ với h.k.n x ∈ Ω, µs phần tử kỳ dị (L∞ m (Ω)) Bây giờ, ta xét trường hợp đặc biệt y ∈ K, +∞ y ∈ / K, g(x, y) = IK (y) = với K tập lồi đóng Rm Khi Ig hàm tập lồi đóng K Lpm (Ω) xác định K = {y ∈ Lpm (Ω); y(x) ∈ K, h.k.n x ∈ Ω} , nên theo công thức (2.40), nón pháp tuyến NK ⊂ Lqm (Ω) K xác định NK (y) = {w ∈ Lqm (Ω); w(x) ∈ NK (y(x)), h.k.n x ∈ Ω} , 57 (2.41) NK (y) = {z ∈ Rm ; (z, y − u) ≥ 0, ∀u ∈ K} nón pháp tuyến K y ∈ K Đặc biệt, m = K = [a, b] NK (y) = { w ∈ Lq (Ω); w(x) = h.k.n [x ∈ Ω; a < y(x) < b] , w(x) ≥ 0, h.k.n [x ∈ Ω; y(x) = b] , w(x) ≤ 0, h.k.n [x ∈ Ω; y(x) = a] } (2.42) Lấy K = {y ∈ Rm ; y ≤ ρ} Khi đó, NK (y) = y ≤ ρ, λ>0 λy y = ρ, NK xác định NK (y) = {w ∈ Lqm (Ω); w(x) = 0, h.k.n [x ∈ Ω; y(x) < ρ] , w(x) = λ(x)y(x), h.k.n [x ∈ Ω; y(x) = ρ] , λ ∈ Lqm (Ω), λ(x) ≥ 0, h.k.n x ∈ Ω} Các toán tử elliptic phi tuyến miền mở bị chặn RN với điều kiện biên thích hợp cho ta ví dụ khác toán tử đơn điệu cực đại, đặc biệt toán tử vị Hệ 2.7 Ánh xạ φ1 : L1 (Ω) → L∞ (Ω) định nghĩa φ1 (u) = u L1 (Ω) w; w(x) ∈ L∞ (Ω), w(x) ∈ signu(x) h.k.n x ∈ Ω ánh xạ đối ngẫu J không gian X = L1 (Ω) Chứng minh Dễ thấy φ1 (u) ∈ J(u), ∀u ∈ L1 (Ω) Mặt khác, theo Mệnh đề 2.9 ta có ∂ u L1 (Ω) = {w ∈ L∞ (Ω); w(x) ∈ sign u(x), h.k.n x ∈ Ω} Từ suy ∂ u 2 L1 (Ω) và, từ Định lý 2.8 ánh xạ ∂ = φ1 (u), u L1 (Ω) ∀u ∈ L1 (Ω) đơn điệu cực đại L1 (Ω)×L∞ (Ω), nên φ1 đơn điệu cực đại, φ1 ⊂ J nên φ1 = J 58 Cho Ω tập mở bị chặn RN , g : R → R hàm thường, lồi, nửa liên tục cho ∈ D(∂g) Ta định nghĩa hàm ϕ : L2 (Ω) → R ϕ(y) = | y|2 + g(y) dx y ∈ H01 (Ω) g(y) ∈ L1 (Ω), +∞ trái lại (2.43) Ω Mệnh đề 2.10 Hàm ϕ nửa liên tục dưới, lồi, ≡ +∞ Hơn nữa, biên ∂Ω đủ trơn (chẳng hạn lớp C ) Ω lồi, ∂ϕ ⊂ L2 (Ω) × L2 (Ω) cho ∂ϕ = {[y, w] ; w ∈ L2 (Ω); y ∈ H01 (Ω) ∩ H (Ω), w(x) + (2.44) y(x) ∈ ∂g(y(x)), h.k.n , x ∈ Ω} Chứng minh Dễ thấy ϕ lồi ≡ +∞ Giả sử {yn } ⊂ L2 (Ω) hội tụ mạnh đến y n → ∞ Khi đó, g(yn )dx ≥ lim inf n→∞ Ω g(y)dx, Ω tính nửa liên tục yếu chuẩn L2 (Ω), | yn |2 dx ≥ lim inf n→∞ Ω | y|2 dx Ω Do đó, lim inf n→∞ ϕ(yn ) ≥ ϕ(y) Ta kí hiệu Γ ⊂ L2 (Ω) × L2 (Ω) vế phải (2.44), tức Γ = {[y, w] ∈ (H01 (Ω) ∩ H (Ω)) × L2 (Ω); w(x) ∈ − y(x) + ∂g(y(x)), x ∈ Ω} Bao hàm thức Γ ⊂ ∂ϕ hiển nhiên nên ta cần chứng tỏ Γ đơn điệu cực đại L2 (Ω) Để ý Γ = A2 +B, với A2 y = − y, ∀y ∈ D(A2 ) = H01 (Ω)∩H (Ω) By = v ∈ L2 (Ω); v(x) ∈ ∂g(y(x)), h.k.n x ∈ Ω 59 Như thấy, toán tử A2 B đơn điệu cực đại L2 (Ω) × L2 (Ω) Bằng cách thay B y → By − y0 , y0 ∈ B(0), ta giả sử mà không tính tổng quát ∈ B(0) Mặt khác, dễ thấy với u ∈ L2 (Ω), β = ∂g (Bλ u)(x) = βλ (u(x)), h.k.n x ∈ Ω, βλ = λ−1 (1 − (1 + λβ)−1 ) xấp xỉ Yosida β Ta có (A2 u, Bλ u) = − ∀u ∈ H01 (Ω) ∩ H (Ω) uβλ (u)dx ≥ 0, Ω hoặc, tương đương, g(1 + λA2 )−1 y(x)dx ≤ Ω g(y(x))dx, ∀y ∈ L2 (Ω) Ω Thật vậy, đặt z = (I + λA2 )−1 y; z − λ z = y Ω; z ∈ H01 (Ω) ∩ H (Ω) Nếu ta nhân đẳng thức sau với βµ (z) = (1/µ)(z−(1+µβ)−1 z), µ > lấy tích phân Ω, ta đạt βµ (z)(z − y) ≤ 0, ∀µ > 0, Ω (βµ ≥ 0) ta có βµ (z) | z|2 dx ≤ 0, zβµ (z)dx = − Ω ∀µ > Ω Từ suy gµ (z)dx ≤ Ω gµ (y)dx, ∀µ > 0, Ω gµ = βµ Khi đó, cho µ → 0, sử dụng Định lý 2.9, ta có bất đẳng thức mong muốn Bây giờ, áp dụng Định lý 2.7 (hoặc Định lý 2.11), ta có Γ = A2 + B đơn điệu cực đại Vì A2 + B cưỡng nên theo Hệ 2.2 ta có R(A2 + B) = L2 (Ω) Do đó, với f ∈ L2 (Ω), toán Dirichlet − y + β(y) y=0 f 60 h.k.n Ω, ∂Ω, (2.45) có nghiệm y ∈ H01 (Ω) × H (Ω) Trong trường hợp đặc biệt β ⊂ R × R cho r > 0, R− r = 0, β(r) = toán (2.45) trở thành toán vật cản quen thuộc − y = f, − y f, y y = 0, h.k.n [y > 0] , 0, h.k.n Ω, ∂Ω (2.46) Đây bất dẳng thức biến phân elliptic mô tả toán biên tự Để ý nghiệm y (2.45) giới hạn H01 (Ω) nghiệm yε cho toán xấp xỉ − y + βε (y), Ω, y=0 ∂Ω, (2.47) βε xấp xỉ Yosida β Thật vậy, nhân (2.47) với yε , ta yε H01 (Ω) + yε L2 (Ω) ≤ C, ∀ε > 0, và, {yε } bị chặn H01 (Ω) ∩ H (Ω) Từ suy | (yε − yλ )|2 dx + Ω (βε (yε ) − βλ (yλ ))(yε − yλ )dx = 0, Ω đó, | (yε − yλ )|2 dx + Ω (βε (yε ) − βλ (yλ ))(εβε (yε ) − λβλ (yλ ))dx ≤ 0, Ω βε (y) ∈ β((1+εβ)−1 y) β đơn điệu Do vậy, dãy {yε } dãy Cauchy H01 (Ω), tồn y = limε→0 yε H01 (Ω) Hơn yε → y yếu L2 (Ω), yε → y yếu H (Ω), βε (yε ) → g yếu L2 (Ω) 61 Bây giờ, từ Mệnh đề 2.2 (iv), ta thấy g(x) ∈ β(y(x)) h.k.n x ∈ Ω, y nghiệm toán (2.45) Tiếp theo ta ứng dụng lý thuyết toán tử đơn điệu cực đại nghiên cứu tồn nghiệm toán biên elliptic với điều kiện biên Neumann phi tuyến Cho Ω tập mở bị chặn RN với biên ∂ϕ thuộc lớp C Cho j : R → R hàm lồi, thường, nửa liên tục dưới, β = ∂j Định nghĩa hàm ϕ : L2 (Ω) → R ϕ(u) = Ω| u|2 dx + ∂Ω j(u)dx +∞ u ∈ H (Ω), j(u) ∈ L1 (∂Ω), trái lại (2.48) Vì với u ∈ H (Ω), vết u ∂Ω hoàn toán xác định thuộc L2 (∂Ω) (xem Định nghĩa 1.2) nên (2.48) có nghĩa Hơn nữa, lập luận ví dụ trước, ta có ϕ lồi nửa liên tục L2 (Ω) Dưới vi phân ∂ϕ ⊂ L2 (Ω) × L2 (Ω), mô tả đầy đủ mệnh đề sau Mệnh đề 2.11 Ta có ∂ϕ(u) = − u, ∀u ∈ D(∂ϕ), (2.49) D(∂ϕ) = u ∈ H (Ω); − ∂u ∈ β(u), h.k.n ∂Ω ∂ν ∂/∂ν đạo hàm theo hướng pháp tuyến ∂Ω Hơn nữa, có số dương C1 , C2 cho u H (Ω) ≤ C1 u − u L (Ω) + C2 , ∀u ∈ D(∂ϕ) Chứng minh Cho A : L2 (Ω) → L2 (Ω) toán tử xác định Au = − u, u ∈ D(A), 62 (2.50) D(A) = u ∈ H (Ω); − ∂u ∈ β(u), h.k.n ∂Ω ∂ν Chú ý A hoàn toán xác định vì, với u ∈ H (Ω), (∂u/∂ν) ∈ H 1/2 (∂Ω) Dễ thấy A ⊂ ∂ϕ Thật vậy, từ công thức Green, Au(u − v)dx = u( u − v)dx + Ω β(u)(u − v)dx Ω ≥ ∂Ω | u|2 dx + Ω j(u)dx − ∂Ω | v|2 dx − Ω j(v)dx ∂Ω với u ∈ D(A) v ∈ H (Ω) Do dó, ∀u ∈ D(A), v ∈ L2 (Ω) (Au, u − v) ≥ ϕ(u) − ϕ(v), (Ở đây, (, , ) tích vô hướng thông thường L2 (Ω)) Như vậy, để chứng minh A = ∂ϕ, ta cần chứng minh A đơn điệu cực đại L2 (Ω) × L2 (Ω); tức là, R(I + A) = L2 (Ω) Thật vậy, cố định f ∈ L2 (Ω) xét phương trình u + Au = f : u− ∂u ∂ν u=f Ω, (2.51) + β(u) ∂Ω Ta xấp xỉ (2.51) u− ∂u ∂ν u=f Ω, (2.51’) + βλ (u) = Ω, βλ = λ−1 (1 − (1 + λβ)−1 ), λ > Nhắc lại βλ liên tục Lipschitz với số Lipschitz 1/λ βλ (u) → β (u), ∀u ∈ D(β) λ → Đầu tiên ta phương trình (2.51’) có nghiệm uλ ∈ H (Ω) Thật vậy, xét toán tử T : v → v|∂Ω từ H (Ω) vào L2 (∂Ω), v ∈ H (Ω) nghiệm toán giá biên tuyến tính v− v = f Ω, v+λ ∂v = (1 + λβ)−1 u ∂Ω ∂ν 63 (2.52) (Sự tồn v hệ trực tiếp Bổ đề Lax-Milgram) Hơn nữa, từ công thức Green ta có v−v ≤ L2 (Ω) λ | (v − v)|2 dx + + Ω λ (v − v)2 dx ∂Ω ((1 + λβ)−1 u − (1 + λβ)−1 u)(v − v)dx, ∂Ω {v, u} {v, u} thỏa mãn (2.52) Bởi (1 + λβ)−1 x − (1 + λβ)−1 y ≤ |x − y| , ∀x, y ∈ R, λ > 0, suy v−v HΩ1 + Tu − Tu 2λ L2∂Ω ≤ u−u λ L2∂Ω Bởi theo định lý vết, ánh xạ v → v|∂Ω liên tục từ H (Ω) vào H 1/2 (∂Ω) ⊂ L2 (∂Ω), ta có v−v H (Ω) ≥ C Tu − Tu L2 (∂Ω) , ánh xạ T ánh xạ co L2 (∂Ω) Sử dụng định lý điểm bất động Banach, tồn u ∈ L2 (∂Ω) cho T u = u hay toán (2.51’) có nghiệm uλ ∈ H (Ω) Ta có uλ − ∂uλ ∂ν uλ = f Ω, (2.53) = −βλ (uλ ) ∂Ω Ta ý βλ (uλ ) ∈ H (Ω) (vì βλ Lipschitz) vết ∂Ω thuộc H 1/2 (∂Ω) Theo lý thuyết qui cổ điển cho toán Neumann tuyến tính (xem Định lý 1.12), uλ ∈ H (Ω) Tạm thời ta sử dụng đánh giá sau uλ H (Ω) ≤ C(1 + f 64 L2 (Ω) ), ∀λ > 0, (2.54) C không phụ thuộc vào λ f Bây giờ, để nhận tồn nghiệm toán (2.51), ta chuyển qua giới hạn λ → (2.51) Bởi ánh xạ u → u|∂Ω , ∂u |∂Ω ∂ν liên tục từ H (Ω) vào H 3/2 (∂Ω) × H 1/2 (∂Ω) phép nhúng H (Ω) vào H (Ω) ⊂ L2 (Ω) compact nên ta chọn dãy cần để λ → 0, u H (Ω), uλ → u H (Ω), uλ uλ |∂Ω → u|∂Ω H ∂uλ ∂ν → ∂u ∂ν 3/2 (2.55) (∂Ω) ⊂ L (∂Ω), H 1/2 (∂Ω) ⊂ L2 (∂Ω) Hơn nữa, từ (2.54) {βλ (uλ )} bị chặn L2 (∂Ω), ta giả sử λ → 0, g L2 (∂Ω) βλ (uλ ) (2.56) Rõ ràng từ (2.53),(2.55), (2.56) ta có u− ∂u ∂ν u = f Ω, + g, ∂Ω Ta g(x) ∈ β(u(x)) h.k.n x ∈ Ω Thật vây, toán tử β ⊂ L2 (∂) × L2 (∂Ω) xác định β = [u, v] ∈ L2 (∂Ω) × L2 (∂Ω); v(x) ∈ β(u(x)) h.k.n x ∈ ∂Ω đơn điệu cực đại, βλ (u)(x) = βλ (u(x)), ((I + λβ)−1 u)(x) = (1 + λβ)−1 u(x), h.k.n x ∈ ∂Ω 65 g, (I + λβ)−1 uλ → u, βλ (uλ ) ∈ β((I + λβ)−1 uλ ), Từ (2.56), βλ (uλ ) ta kết luận u ∈ β(u) (vì β đóng mạnh-yếu) Vậy ta chứng minh u nghiệm phương trình (2.51), f tùy ý L2 (Ω) nên A = ∂ϕ Cuối cùng, cho λ dần đến đánh giá (2.54), ta (2.50) Chứng minh đánh giá (2.54) Nhân phương trình (2.53) với uλ − u0 , u0 ∈ D(β) số, sử dụng công thức Green ta có (u2λ + | uλ |2 )dx ≤ C f dx + , Ω Ω C số dương không phụ thuộc vào λ f Do đó, uλ H (Ω) ≤ C( f L2 (Ω) + 1), ∀λ > (2.57) Nếu Ω tập mở Ω cho Ω ⊂ Ω, ta chọn ρ ∈ C0∞ (Ω) cho ρ = Ω Ta đặt ν = ρuλ ý v− v = ρf − uλ ρ − ρ uλ Ω (2.58) Vì v có giá compact Ω nên ta giả sử v ∈ H (RN ), phương trình (2.58) mở rộng lên toàn RN Khi đó, lấy biến đổi Fourier sử dụng công thức Paseval, ta v H (RN ) ≤ C( f L2 (Ω) + uλ H (Ω) ), đó, từ (2.57) ta đánh giá miền uλ H (Ω ) ≤ C( f L2 (Ω) + 1), ∀λ > 0, (2.59) với C phụ thuộc vào Ω ⊂⊂ Ω Ta có H - đánh giá gần biên ∂Ω, ta lấy x0 ∈ ∂Ω, U lân cận x0 , ϕ : U → Q cho ϕ ∈ C (U ), ϕ−1 ∈ C (Q), ϕ−1 (Q+ ) = Ω ∩ U, 66 ϕ−1 (Q0 ) = ∂Ω ∩ U, Q = y ∈ RN ; y < 1, |yN | < , Q+ = {y ∈ Q; < yN < 1} , Q0 = {y ∈ Q; yN = 0} , y = (y , yN ) ∈ RN (Vì ∂Ω thuộc lớp C , nên cặp (U, ϕ) tồn tại) Bây giờ, ta chuyển phương trình (2.58) từ U ∩ Ω vào Q, cách sử dụng tọa độ địa phương ϕ Ta đặt w(y) = uλ (Ψ(y)), ∀y ∈ Q+ , Ψ = ϕ−1 , ý w thỏa mãn toán giá trị biên Q+  N N  ∂w ∂w ∂  a (y) + bj (y) ∂y + c(y)w = g(y) Q+ ,  w− kj ∂yj ∂yk j j=1 k,j=1    ∂w ∂ν + βλ (w) = Q0 , (2.60) g(y) = f (Ψ(y)), N akj (y) = l=1 ∂ϕk ∂ϕj , ∂xl ∂xl ∀y ∈ Q+ , ϕ = (ϕ1 , , ϕN ), N ∂w ∂w ∂ϕj cos(ν, xi ) = ∂ν ∂y ∂x j i i,j=1 Vì ϕN (x) = phương trình mặt ∂Ω ∩ U, ta giả sử ∂ϕN /∂xj = cos(v, xj ) N ∂w ∂w =− ajN ∂ν y j j=1 Q0 Giả sử f ∈ C (Ω), ta thấy z = ∂w/∂yj , ≤ i ≤ N − 1, 67 thỏa mãn phương trình  N N  ∂ ∂z ∂z ∂w  z − bj ∂y a + + cj ∂y  kj ∂yj ∂yk  j j  j=1 k,j=1     +c(y)zc (y)w = ∂y∂ i g(y)      N   ∂w ∂aJN ∂z  = −βλ (uλ )z +  ∂ν ∂yj ∂yi Q+ , (2.61) Q0 , j=1 Bây giờ, cho ρ ∈ C0∞ (Q+ ) cho ρ(y) = với y ρ(y) = với y < ≥ 23 , < yi < 1, ≤ yN ≤ 12 Nhân phương trình (2.61) với ρ2 z lấy tích phân Q+ , ta N 2 Q+ ρ z dy + k,j=1 N Do ∂ajN ∂yj dy ∂w ρ2 ∂y j Q+ ∂w ∂z zdy + ρ2 bj ∂y + cj ∂y j j j=1 N j=1 ∂z ∂ (ρ2 z)dy + akj (y) ∂y k ∂yj Q0 = − Q+ + Q0 ρ2 βλ (uλ )z dy ∂ Q+ ∂yi g(y)z(y)dy Q+ (cz + c w)zρ2 dy N akj (y)ξi ξj ≥ ω ξ , ∀y ∈ Q+ , ξ ∈ RN , k,j=1 nên N ∂z ρ (y) ∂yj Q+ 2 j=1 Vì thế, ∂ 2w ρ ∂yi ∂yj dy ≤ C( g ≤ C( f L2 (Q+ ) L2 (Ω) + w + uλ H (Q+ ) H (Ω) + 1) + 1) L2 (Q+ ) với i = 1, 2, , N − 1, j = 1, , N Vì aN N (y) ≥ w0 > với tất y ∈ Q+ , từ phương trình (2.60) đánh giá vừa ta thấy ∂ 2w ∂yN ≤ C( f L2 (Ω) L2 (Q+ ) 68 + uλ H (Ω) + 1) Vì thế, ρw H (Q+ ) ≤ C( f L2 (Ω) + 1) Tương đương, (ρ.ϕ)uλ H (U ∩Ω) ≤ C( f L2 (Ω) + 1) ∀λ > Vì thế, có lân cận U ⊂ U cho uλ ≤ C( f H (U ∩Ω) L2 (Ω) + 1), ∀λ > (2.62) Bây giờ, lấy phân hoạch hữu hạn đơn vị ứng với phủ {U } ∂Ω sử dụng đánh giá địa phương (2.59) (2.62), ta (2.64) Vậy hoàn thành xong chứng minh Mệnh đề 2.11 Ta chứng minh rằng, với f ∈ L2 (Ω), toán biên (2.51) có nghiệm u ∈ H (Ω) Nếu β ⊂ R × R ánh xạ β(0) = R, β(r) = θ với r = (2.51) trở thành toán Dirichlet cổ điển Nếu β(r) =  0 r > 0, (2.63)  (−∞, 0] r = 0, toán (2.51) trở thành y− y=f ∂y = 0, y ∂ν Ω ∂y ∂ν Đây toán Signorini 69 (2.64) ≥ ∂Ω Kết luận Luận văn trình bày cách tổng quan lý thuyết toán tử đơn điệu cực đại số ứng dụng lý thuyết việc nghiên cứu tồn nghiệm số toán biên elliptic Cụ thể Chương đề cập tới: • Khái niệm ánh xạ đối ngẫu không gian định chuẩn mối liên hệ khái niệm với tính chất hình học không gian định chuẩn • Một số kết hàm lồi vi phân hàm lồi • Một số kiến thức Không gian Sobolev • Bài toán biên elliptic tuyến tính khái niệm nghiệm yếu toán Chương trình bày về: • Toán tử đơn điệu cực đại, mối liên hệ lớp toán tử với vi phân hàm lồi nửa liên tục • Ứng dụng kết nghiên cứu tồn nghiệm số toán biên elliptic cụ thể Các hướng phát triển ứng dụng lý thuyết toán tử đơn điệu cực nghiên cứu tồn nghiệm toán biên elliptic phi tuyến 70 Tài liệu tham khảo [1] Hoàng Tuỵ, Hàm thực Giải tích hàm, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 2003 [2] E Asplund, Average norms, Israel J Math., 5, 1967, pp 227-233 [3] V Barbu, Nonlinear differential equations of monotone types in Banach spaces, Springer, 2010 [4] H Brezis, Functional Analysis Sobolev spaces and Partial Differential Equations, Springer, 2011 [5] R T Rockafellar, Convex analysis, Princeton Univ Press, Princeton, NJ, 1969 [6] K Yosida, Functional analysis, Springer-Verlag, New York, 1980 71 [...]... dãy trong L1 (Ω) Tất nhiên, định lý 1.15 vẫn đúng trong (L1 (Ω))m , m ∈ N 29 Chương 2 Toán tử đơn điệu cực đại trong không gian Banach Trong chương này chúng tôi trình bày lý thuyết cơ bản về toán tử đơn điệu cực đại trong không gian Banach phản xạ và ứng dụng của nó trong lý thuyết tồn tại của bài toán biên eliptic phi tuyến Nội dung của chương này chủ yếu tham khảo từ [3] 2.1 Toán tử đơn điệu cực đại. .. Nếu X là không gian Hilbert, trừ trường hợp chỉ rõ, ta đồng nhất X với không gian đối ngẫu của nó Định nghĩa 2.1 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... tr 29) Cho A ⊂ X × X ∗ đơn điệu cực đại Khi đó (i) A là đóng yếu-mạnh trong X × X ∗ , tức là, nếu yn = Axn với xn trong X và yn → y trong X ∗ , thì [x, y] ∈ A, (ii) A−1 là đơn điệu cực đại trong X ∗ × X, 32 x (iii) Với mỗi x ∈ D (A) , Ax là tập con lồi đóng của X ∗ Định lý 2.1 Cho X là không gian Banach phản xạ, A và B là hai tập đơn điệu của X × X ∗ sao cho 0 ∈ D (A) , B là đơn trị, nửa liên tục và... nếu A là đơn điệu cực đại, thì từ (2.3) ta có 0 ∈ Ax + Bx Để chứng minh định lý này ta cần một số kết quả bổ trợ sau: Bổ đề 2.1 ([3], tr 30) Cho X là không gian Banach hữu hạn chiều và B là toán tử đơn điệu nửa liên tục từ X vào X ∗ Khi đó B là hàm liên tục Bổ đề 2.2 ([3], tr.32) Cho X là không gian Banach hữu hạn chiều, A và B là hai tập con đơn điệu của X × X ∗ sao cho 0 ∈ D (A) , và B là đơn trị,... ∂fi trong D (Ω), trong đó fi ∈ L2 (Ω), i = 1, , N ∂xi 22 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 được định nghĩa như trong Định lý 1.7 với f0 , f1 , , fN ∈ Lq W −1,q (Ω), Lý thuyết biến phân của bài toán giá trị biên elliptic Cho V là không gian Hilbert thực và V ∗ là không gian. .. có 34 (2.9) (u − x, v + y) ≥ 0, ∀ [u, x] ∈ A, và vì x ∈ K và A là cực đại trong lớp tất cả các toán tử đơn điệu A˜ với tập xác định trong K nên [x, −y] ∈ A Khi đó, đặt u = x trong (2.8) ta có (2.9), mâu thuẫn với giả thiết Bây giờ, cho u tùy ý nhưng cố định trong D (A) , xét uλ = λx + (1 − λ) u, 0 ≤ λ ≤ 1, và chú ý rằng, theo tính đơn điệu của B, ta có (xαn − uλ , Bxαn ) ≥ (xαn − uλ , Buλ ) Từ đó (1... là nửa liên tục, cho λ → 1 trong bất đẳng thức sau ta nhận được (u − x, v + Bx) ≥ 0, ∀ [u, v] ∈ A vậy ta có chứng minh của Định lý 2.1 Bây giờ ta sử dụng Định lý 2.1 để chứng minh một kết quả cơ bản trong lý thuyết toán tử đơn điệu cực đại của G.Minty và F.Browder Kết quả này mở ra con đường cho các ứng dụng của lý thuyết tồn tại của phương trình toán tử phi tuyến loại đơn điệu Định lý 2.2 Cho X và... các toán tử từ X vào Y với đồ thị 30 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} ; 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 toàn bộ chương này, X là một không gian Banach thực với không gian. .. (2.5)-(2.7), ta thấy rằng: lim sup (xαn , Bxαn ) ≤ (u − x, v) + (u, y) , ∀ [u, v] ∈ A (2.8) n→∞ Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng A là cực đại trong lớp tất cả các tập con đơn điệu A˜ ∈ X ×X ∗ sao cho D A˜ ⊂ K = convD(A) (Nếu không ta có thể mở rộng A nhờ bổ đề Zorn’s thành một phần tử cực đại trong lớp này) Để hoán tất chứng minh, trước tiên ta chứng minh rằng: lim sup (xαn − x, Bxαn )... Định lý 2.2 Cho X và X ∗ là phản xạ và lồi chặt Giả sử A ⊂ X × X ∗ là tập con đơn điệu của X × X ∗ và J : X → X ∗ là ánh xạ đối ngẫu của X khi đó A là đơn điệu cực đại nếu và chỉ nếu, với bất kỳ λ > 0 (tương đương, tồn tại λ > 0) R (A + λJ) = X ∗ 35 Chứng minh ⇒: Giả sử R (A + λJ) = X ∗ với một λ ≥ 0 Nếu A không là đơn điệu cực đại, tồn tại [x0 , y0 ] ∈ X × X ∗ sao cho [x0 , y0 ] ∈ / A và (x − x0 , y