MỘT SỐ KẾT QUẢ VỀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ

Header Page of 185 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Nguyễn Thanh Phong MỘT SỐ KẾT QUẢ VỀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2014 Footer Page of 185 Header Page of 185 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Nguyễn Thanh Phong MỘT SỐ KẾT QUẢ VỀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ Chuyên ngành : Toán Giải Tích Mã số : 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS LÊ HOÀN HÓA Thành phố Hồ Chí Minh – 2014 Footer Page of 185 Header Page of 185 LỜI CẢM ƠN Lời em xin chân thành cảm ơn thầy PGS.TS Lê Hoàn Hóa tận tình dạy hướng dẫn em hoàn thành luận văn Em chân thành cám ơn thầy cô trường ĐH Sư phạm TP Hồ Chí Minh, trường ĐH Khoa Học Tự Nhiên TP Hồ Chí Minh tận tình giảng dạy trình học tập em Các thầy cô văn phòng Sau Đại Học tạo nhiều điều kiện thuận lợi trình làm luận văn TP Hồ Chí Minh, tháng 10 năm 2014 Học viên thực Nguyễn Thanh Phong Footer Page of 185 Header Page of 185 MỤC LỤC Trang phụ bìa Lời cảm ơn Mục lục LỜI MỞ ĐẦU Chương CỰC TRỊ CÓ ĐIỀU KIỆN 1.1 Cực trị có điều kiện không gian hữu hạn chiều 1.1.1 Định nghĩa 1.1.2 Định lý nhân tử Lagrange 1.1.3 Cực đại - cực tiểu 1.2 Cực trị có điều kiện không gian Banach 1.2.1 Đa tạp tuyến tính 1.2.2 Bài toán cực trị có điều kiện tổng quát Chương ĐỊNH LÝ LIÊN KẾT 10 2.1 Kiến thức chuẩn bị 10 2.2 Bổ đề biến đổi số lượng 14 2.3 Nguyên lý biến phân Ekeland 18 2.4 Nguyên lý minimax tổng quát 20 2.5 Bài toán Dirichlet nửa tuyến tính 24 2.6 Định lý định vị 33 2.7 Kỳ dị phi tuyến 34 Chương ĐA TẠP NEHARI 42 3.1 Định nghĩa đa tạp Nehari 42 3.2 Những điều kiện sở 42 3.3 Những tính chất giá trị tới hạn 47 3.4 Nghiệm nút 49 KẾT LUẬN 56 TÀI LIỆU THAM KHẢO 57 Footer Page of 185 Header Page of 185 LỜI MỞ ĐẦU Nhiều toán biên tương đương với phương trình: Au = (1) Trong A : X → Y ánh xạ hai không gian Banach Trong toán biến phân, tồn hàm số ϕ : X →  cho A = ϕ ′ ( Đạo hàm Gateaux ϕ ) nghĩa là: Au , v = lim ϕ (u + tv) − ϕ (u ) t →0 t Không gian Y tương ứng không gian đối ngẫu X ′ X phương trình (1) tương đương với ϕ ′(u ) = nghĩa là: ϕ ′(u ), v = 0, ∀v ∈ X (2) Điểm tới hạn ϕ , ϕ ′(u ) = nghiệm (2) giá trị ϕ (u ) giá trị tới hạn ϕ Làm để tìm giá trị tới hạn? Khi ϕ hàm bị chặn thì: c := inf ϕ X Là ứng viên tự nhiên Nguyên lý Ekeland dẫn đến tồn dãy (un ) n cho: ϕ (un ) → c,ϕ ′(un ) → Một dãy gọi dãy Palais-Smale mức c Phiếm hàm ϕ gọi thỏa điều kiện ( PS )c dãy Palais-Smale mức c chứa dãy hội tụ Nếu ϕ bị chặn thỏa điều kiện ( PS )c mức c := inf ϕ c giá trị X tới hạn ϕ Theo Ambrosetti Rabinowitz, ta xét trường hợp có cực tiểu địa phương không cực tiểu toàn cục Tồn r → e ∈ X cho e > r và: inf ϕ (u ) > ϕ (0) ≥ ϕ (e) u =r Điểm (0, ϕ (0)) tách biệt (e, ϕ (e)) “vòng núi” Nếu xét tập hợp Γ đường nối e thì: Footer Page of 185 Header Page of 185 c := inf max ϕ (γ (t )) γ ∈Γ t∈[0,1] Cũng ứng viên tự nhiên Cũng nguyên lý Ekeland suy tồn dãy (un ) n cho: ϕ (un ) → c,ϕ ′(un ) → Nhưng c tổng quát không giá trị tới hạn ϕ Việc tìm hiểu ứng dụng điểm tới hạn vấn đề quan trọng toán cực trị Trong luận văn tài liệu tìm hiểu chủ yếu Michel Willem, Minimax Theorems, Birkhauser, 1996 PGS.TS Lê Hoàn Hóa, Phép tính vi tích phân không gian Banach, TP Hồ Chí Minh, 2000 Footer Page of 185 Header Page of 185 Chương CỰC TRỊ CÓ ĐIỀU KIỆN Trong phần ta nhắc lại (không chứng minh) cực trị có điều kiện không gian hữu hạn chiều không gian Banach Mục đích nhắc lại chương cho ta thấy rõ việc tìm hiểu toán cực trị không gian hữu hạn chiều không gian Banach tìm hiểu điểm dừng toán tử Larange 1.1 Cực trị có điều kiện không gian hữu hạn chiều 1.1.1 Định nghĩa Cho D tập mở  n + p , phần tử D có dạng ( x, y ) với ( y1 , y2 , , y p ) Cho x ∈ n , x = ( x1 , x2 , , xn ) , y ∈ y p , y = f , ϕ1 , ϕ , , ϕ p : D →  Ta khảo sát cực trị địa phương hàm số f ( x1 , x2 , , xn , y1 , y2 , , y p ) với điều kiện: = ϕ1 ( x, y ) ϕ= ( x1 , x2 , , xn , y1 , y2 , , y p )  = ( x1 , x2 , , xn , y1 , y2 , , y p ) ϕ ( x, y ) ϕ=   = ϕ p ( x, y ) ϕ= p ( x1 , x2 , , xn , y1 , y2 , , y p ) (2) Hệ phương trình (2) gọi hệ phương trình ràng buộc Đặt ϕ : D →  p với ϕ = (ϕ1 , ϕ , , ϕ p ) Bài toán cực trị địa phương có điều kiện viết dạng véc tơ, gọn Khảo sát cực trị địa phương : f ( x, y ),( x, y ) ∈ D với ràng buộc ϕ ( x, y ) = 0y p { (3) } Đặt E = ( x, y ) ∈ D : ϕ ( x, y ) = 0y p Định nghĩa 1.1 Ta nói f đạt cực đại (cực tiểu) địa phương có điều kiện với ràng buộc (3) ( x0 , y0 ) ( x0 , y0 ) ∈ E mà tồn r > cho : f ( x0 , y0 ) ≥ f ( x, y ) Footer Page of 185 ( f ( x0 , y0 ) ≤ f ( x, y )) Header Page of 185 Với ( x0 , y0 ) ∈ E , ( x, y ) − ( x0 , y0 ) < r Nếu f đạt cực đại cực tiểu địa phương với ràng buộc (3) ( x0 , y0 ) ta nói f đạt cực trị địa phương có điều kiện (hoặc với ràng buộc (3)) ( x0 , y0 ) 1.1.2 Định lý nhân tử Lagrange Cho D tập mở  n + p , f : D →  ϕ : D →  có đạo hàm liên tục p D Giả sử ( x0 , y0 ) ∈ D, ϕ ( x0 , y0 ) = 0y p det D2ϕ ( x0 , y0 ) ≠ Với: det D2ϕ ( x0 , y0 ) = D (ϕ1 , ϕ , , ϕ p ) D ( y1 , y2 , , y p ) ( x0 , y0 ) Nếu f đạt cực trị địa phương với ràng buộc (3) ( x0 , y0 ) tồn số thực λ1 , λ2 , , λ p cho x0 , y0 λ1 , λ2 , , λ p nghiệm hệ ( n + p ) phương trình : p ∂j  ∂f ( x0 , y0 ) ∑ λi i ( x0 , y0 ), j 1, 2, , n = =  ∂x i =1 ∂x j j  p  ∂f ∂ji ( , ) x y = = ∑  ∂y 0 i =1 λi ∂x ( x0 , y0 ), k 1, 2, , p j  k ji ( x0 , y= 0,= i 1, 2, , p 0)   (4) Bộ (λ1 , λ2 , , λ p ) gọi nhân tử Lagrange f ( x0 , y0 ) với ràng buộc (3) Định lý 1.2 Điều kiện đủ cho cực trị có điều kiện: Cho D tập mở  n + p f , ϕ1 , ϕ , , ϕ p : D →  Giả sử f , ϕ1 , ϕ , , ϕ p ∈ C ( D ) trình (4) Giả sử thêm: Footer Page of 185 ( x0 , y0 ) ∈ D , λ1 , λ2 , , λ p nghiệm hệ phương Header Page of 185 = det D2ϕ ( x0 , y0 ) D (ϕ1 , ϕ , , ϕ p ) D ( y1 , y2 , , y p ) ( x0 , y0 ) ≠ Do định lý ánh xạ ẩn nên tồn tập mở A ⊂  , x0 ∈ A ánh xạ µ : A →  có n p đạo hàm liên tục thỏa mãn: ) y0 , ϕ ( x, µ ( x= )) y p , ∀x ∈ A ⊂ y µ ( x0= Đặt A(u ) = F (2) n (5) ( x0 , y0 )(u , v ) với u ∈  v = µ ′( x0 )(u ) với µ ′ hàm ẩn n thỏa mãn (5) A(u ) dạng toàn phương Khi đó: 1) Nếu A(u ) dạng toàn phương xác định dương f đạt cực tiểu địa phương với ràng buộc (3) ( x0 , y0 ) 2) Nếu A(u ) dạng toàn phương xác định âm f đạt cực đại địa phương với ràng buộc (3) ( x0 , y0 ) 3) Nếu A(u ) dạng toàn phương không xác định f không đạt cực trị địa phương với ràng buộc (3) ( x0 , y0 ) 4) Nếu A(u ) dạng toàn phương nửa xác định dương nửa xác định âm chưa thể kết luận cực trị địa phương f với ràng buộc (3) ( x0 , y0 ) 1.1.3 Cực đại - cực tiểu Cho D tập mở bị chặn  n + p có biên ∂D xác định hệ phương trình: n p ,y∈ ,i = 1, 2, , p ϕi ( x, y ) = với x ∈ yy Cho f : D= D ∪ ∂D →  liên tục Khi đó, D đóng bị chặn nên f đạt cực đại cực tiểu D Gỉa sử f đạt cực trị địa phương ( x0 , y0 ) ∈ D Nếu ( x0 , y0 ) ∈ D f đạt cực trị địa phương ( x0 , y0 ) Nếu ( x0 , y0 ) ∈ ∂D f đạt cực trị địa phương có điều kiện biên ∂D Footer Page of 185 Header Page 10 of 185 Giả sử Ω tập mở  n + p cho D ⊂ Ω f , ϕ1 , ϕ , , ϕ p ∈ C ( D ) Giả sử f đạt cực trị ( x0 , y0 ) ∈ D Nếu ( x0 , y0 ) ∈ D ( x0 , y0 ) điểm dừng f D , nghĩa nghiệm hệ ( n + p ) phương trình:  ∂f y ) 0,= i 1, 2, , n  ∂x ( x, =  i  ∂f y ) 0,= j 1, 2, , p  ∂y ( x,=  j Nếu ( x0 , y0 ) ∈ ∂D ( x0 , y0 ) điểm dừng f toán cực trị địa phương có điều kiện biên ∂D nghĩa ( x0 , y0 ) nghiệm hệ thống ( n + p ) hệ phương trình (4) Như để xác định cực trị f D ta tìm điểm dừng f D biên ∂D Giá trị lớn bé f điểm dừng cực đại cực tiểu f D 1.2 Cực trị có điều kiện không gian Banach 1.2.1 Đa tạp tuyến tính Định nghĩa 1.3 Cho M không gian Banach thực, tập M ⊂ E gọi đa tạp tuyến tính với x, y ∈ M λ x + (1 − λ ) y ∈ M với λ ∈  { Tập λ x + (1 − λ ) y : λ ∈ y} đường thẳng qua hai điểm x, y (nếu x ≠ y ) Mệnh đề 1.4 Cho E không gian Banach thực, tập M ⊂ E i) Nếu M đa tạp tuyến tính E ∈ M M không gian véctơ E ii) Nếu M đa tạp tuyến tính nếu: { M =x0 + M = x0 + u : u ∈ M } Footer Page 10 of 185 Header Page 47 of 185 43 α F (r , u ) ≤ uf (r , u ) ( f3 ) = f (r , u ) 0(u ), u →  + ( f4 ) Tồn R > cho: inf F (r , u ) > r >0 u >R ( f5 ) f (r , u ) hàm tăng theo u  \ {0} với r > u Bán kính nghiệm ( P1 ) điểm tới hạn phiếm hàm: ∇u u2 ϕ (= u) : ∫ [ + − F ( x , u )]dx 2 Ω Xác định không gian = X : H 0,0( N ) (Ω) H 0,0( N ) (Ω) := {u ∈ H (Ω) : u bán kính đối xứng } Bổ đề 3.1 Cho giả thiết ( f1 ) , ( f ) , ( f3 ) , ( f ) , ( f5 ) , cho u ∈ X \ {0} tồn t (u ) > cho t (u ).u ∈ N Giá trị lớn ϕ (tu ) với t ≥ đạt t = t (u ) Hàm: X \ {0} → [0, ∞] u  t (u ) Là liên tục ánh xạ u  t (u ).u xác định đồng phôi cầu đơn vị X N Chứng minh Sauk hi lấy tích phân từ ( f ) tồn c0 > cho: α c0 ( u − 1) ≤ F (r , u ) Lấy u ∈ X \ {0} cố định xác định hàm g (t ) := ϕ (tu ) [0, ∞] Rõ ràng ta có: g ′(t ) = ⇔ ϕ ′(tu ), u = ⇔ u ∈ N ⇔ u1= f ( x , u )udx t∫ ( Do ϕ ′(tu ), u = Footer Page 47 of 185 ∫ (t ∇u + t 2u − tf ( x , tu )u )dx= ⇔ t u (3.1) = t ∫ f ( x , u )udx ) Header Page 48 of 185 44 Từ ( f5 ) nên f ( x , u )udx hàm tăng theo t t∫ (0) ϕ= (0) Ta có: g= t ∇u t 2u t2 + − F ( x , tu )]dx= u − F ( x , u )dx ϕ (tu )= ∫ [ 2 ∫ Ω t2 t ≥ u1− α ∫ f ( x , tu )udx (do ( f ) ) Mà tuf ( x , tu ) ≤ c0 ( tu + tu ) ( ( f1 ) ( f ) ) Nên ϕ (tu ) ≥ p t 2 c0 p u − ∫ (t 2u + t p u )dx 2 Do : g (t ) > t > đủ nhỏ g (t ) < t > đủ lớn Vì max g đạt t = t (u ) g ′(tu ) = t (u ).u ∈ N [0,∞ ] Để chứng minh t (u ) liên tục ta xét un → u X \ {0} Từ (3.1) suy (t (un )) bị chặn Nếu dãy (t (un )) hội tụ đến t0 từ (3.1) suy t0 = t (u ) t (un ) → t (u ) Cuối ta có ánh xạ liên tục từ cầu đơn vị X vào N , u  t (u ) ánh xạ ngược phép co rút u  u u Bổ đề 3.2 Giả sử N ≥ ( f1 ),( f ),( f3 ) dãy (un ) ⊂ X mà: d : sup ϕ (un ) < ∞, ϕ ′(un ) → = n Chứa dãy hội tụ Chứng minh 1) Với n đủ lớn ta có: d + + un ≥ ϕ (un ) − α ϕ ′(un ), un 1 = ( − ) un + ∫ ( un f ( x, un ) − F ( x, un ))dx α α N Footer Page 48 of 185 Header Page 49 of 185 45 1 ≥ ( − ) un α Do (un ) bị chặn T bước ta giả sử un → u X ( Nếu không ta xét dãy con) 2) Do phép nhúng H 0(1 N ) ( N ) ⊂ Lp ( N ) compact nên un → u Lp Rõ ràng: un − u= ϕ ′(un ) − ϕ ′(u ), un − u + ∫ ( f ( x, un ) − f ( x, u ))(un − u )dx Do ϕ ′(un ), un − u = ∫ [∇un∇(un − u ) + un (un − u ) + f ( x, un )(un − u )]dx ϕ ′(u ), un − u = ∫ [∇u∇(un − u ) + u (un − u ) + f ( x, u )(un − u )]dx ) Ta có: ϕ ′(un ) − ϕ ′(u ), un − u → Từ ( f1 ) ( f3 ) ta có: ∀ε > 0∃cε > : f ( x, u ) ≤ ε u + cε u p −1 Và vậy: ∫ ( f ( x, u ) − f ( x, u ))(u n n − u )dx ≤ ∫ [ε ( un + u ) + cε ( un p −1 +u p −1 )](un − u )dx ≤ 4ε ( un + u ) + cε [ un 2 ≤ c(ε + cε un − u p ) Trong c không phụ thuộc ε n Ta vừa chứng minh: ∫ ( f ( x, u ) − f ( x, u ))(u n n − u )dx → un − u → Định lý 3.3 Cho giả thiết ( f1 ) − ( f5 ) ta có: c1= c2= c > Với c giá trị tới hạn ϕ Với: c1 := inf ϕ N c2 := inf max ϕ (tu ) u∈X u ≠0 t ≥0 c := inf max ϕ (γ (t )) γ ∈Γ t∈[0,1] Footer Page 49 of 185 p −1 p +u p −1 p ] un − u p Header Page 50 of 185 Γ =: 46 {γ ∈ C ([0,1], X ) : γ (0)= 0, ϕ (γ (1)) < 0} Chứng minh 1) Do bổ đề 4.1 nên c1 = c2 Từ ϕ (tu ) < với u ∈ X \ {0} t lớn Ta có: t ∈ [0,1], γ ∈ Γ ϕ (γ (t )) ≤ max ϕ (tu ) Do đó: c ≤ c2 t ≥0 Đa tạp Nehari chia X thành hai phần Do ( f1 ) ( f3 ) phần chứa gốc chứa cầu nhỏ chứa gốc Tuy nhiên ϕ (u ) ≥ với u thuộc phần ϕ ′(tu ), u ≥ 0, ∀0 ≤ t ≤ t (u ) (*) Nếu ∃γ ∈ Γ : γ ([0,1]) ∩ N = ∅ đó: ∀t ∈ [0,1] : γ (t ) ∉ N ϕ ′(γ (t ) < Dẫn đến ϕ ′(γ (t )) ≠ 0, ∀t ∈ [0,1] ⇒  , ∀t ∈ [0,1] ϕ ′(γ (t )) > 0 ϕ (γ (t )) < ϕ (γ (0)) = mâu thuẫn với (*) ⇒ ( ( )) ( (1)) ϕ γ t ϕ γ < <  Vậy γ ([0,1]) ∩ N ≠ ∅, ∀γ ∈ Γ c1 ≤ c 2) Để chứng minh c giá trị tới hạn ϕ ta áp dụng định lý 2.14 với Γ : = M : [0,1], = M : {0,1} = : γ (0) {γ :{0,1} → X = 0, ϕ (γ (0)) < 0} Từ ( f1 ) ( f3 ) suy tồn r > cho: ϕ (u ) = inf ϕ > Do ta có: u ≤r u =r c ≥ inf ϕ (u ) > = sup sup ϕ (γ (u )) u =r γ ∈Γ u∈M Áp dụng bổ đề 3.2 ϕ thỏa điều kiện ( PS )c áp dụng định lý 2.14 ta có điều phải chứng minh Kết sau không phụ thuộc vào điều kiện Palais-Smale Định lý 3.4 Cho giả thiết ( f1 ) − ( f5 ), v ∈ N ϕ (v) = c v điểm tới hạn ϕ Chứng minh c ϕ ′(v) ≠ Khi tồn δ > 0, λ > cho: Giả sử v ∈ N , ϕ (v) = u − v ≤ 3δ ⇒ ϕ ′(u ) ≥ λ Footer Page 50 of 185 Header Page 51 of 185 47 c λδ Chọn ε min{ = = , }, S : B (v, δ ) theo bổ đề 2.9 có η cho: a) η (1, u ) = u u ∉ ϕ −1 ([c − 2ε , c + 2ε ]) b) η (1,ϕ c +ε ∩ B(v, δ )) ⊂ ϕ c −ε c) ϕ (η (1, u )) ≤ ϕ (u ), ∀u ∈ X Từ suy max ϕ (η (1, tv)) < c2 = c điều mâu thuẫn với định nghĩa c t >0 3.3 Những tính chất giá trị tới hạn Trong phần ta ký hiệu c( ρ , σ ) giá trị tời hạn inf ϕ tương ứng với N Ω( ρ , σ ) Bổ đề 3.5.( Bất đẳng thức Strauss ) Nếu N ≥ tồn c( N ) > cho với u ∈ H 0(1 N ) ( N ) : 1 u ( x ) ≤ c ( N ) u ∇u x 2 1− N hầu khắp nơi  N Chứng minh Để hoàn tất chứng minh ta xét u ∈ H 0(1 N ) ( N ) ∩ D() Từ : 2ur N −1 d d u ≤ (r N −1u ) dr dr Ta có: r ∞ u (r ) ≤ 2∫ u N −1 r du N −1 s ds ≤ c( N ) u ∇u dr Mệnh đề 3.6 Cho giả thiết ( f1 ) − ( f5 ), c( ρ , σ ) có tính chất sau: a) Nếu ≤ ρ ≤ ρ ′ < σ ≤ σ ≤ ∞ c( ρ , σ ) ≤ c( ρ ′, σ ′) b) c( ρ , σ ) → ∞ σ − ρ → c) c( ρ , σ ) → ∞ ρ → ∞ d) c( ρ , σ ) nửa liên tục với cặp ( ρ , σ ) Chứng minh a) Nếu ≤ ρ ≤ ρ ′ < σ ≤ σ ≤ ∞ N ( ρ ′, σ ′) ⊂ N ( ρ , σ ) c( ρ , σ ) ≤ c( ρ ′, σ ′) Footer Page 51 of 185 Header Page 52 of 185 b) 48 Từ ( f ), ∀u ∈ N ( ρ , σ ) ta có: ∇u u2 + − F ( x , u ))dx ≥ u − ∫ f ( x , u )udx ϕ (= u) ∫ ( αΩ 2 Ω 1 ≥( − ) u α (3.2) Từ ( f1 ) ( f3 ) với u ∈ N ( ρ , σ ) ta có: = u1 ∫ ρσ f ( x , u )udx ≤ Ω( , ) p u + c0 u p p ≤ 1− * p u + a0 u 2* (σ − ρ ) ( áp dụng Hệ 2.6) p ≤ Do a2 (σ − ρ ) −1+ p 2* ≤ u 1− * p u + a1 u (σ − ρ ) 2 p −2 Do σ − ρ → u → ∞ từ (3.2) suy ϕ (u ) → ∞ với u ∈ N ( ρ , σ ) c) Từ ( f1 ),( f3 ) bổ đề 3.4 theo với u ∈ N ( ρ , σ ) ta có: = u1 ∫ ρσ f ( x , u )udx ≤ Ω( , ) p u + c0 u p (1− N )( p − 2) 2 p−2 ≤ u + a3 u u ρ (1− N )( p − 2) p ≤ u + a3 u ρ Do a4 ρ N −1 ≤ u Do ρ → ∞ u → ∞ từ (3.2) suy ϕ (u ) → ∞ với u ∈ N ( ρ , σ ) d) Ta cần rằng: c( ρ , σ ) ≤ lim c( ρ n , σ n ) ( ρ n , σ n ) → ( ρ , σ ), n → ∞ n →∞ Ta cần xét trường hợp σ n ≡ ∞ trường hợp khác chứng minh tương tự Ta giả sử ρ n → ρ > Trên Ω( ρ , σ ) ta xác định: Footer Page 52 of 185 Header Page 53 of 185 49 ( x) := un ( ρn x ) ρ Theo bổ đề 3.1 tồn tn > cho ωn :=tn ∈ N ( ρ , ∞) Rõ ràng ϕ (ωn ) ≥ c( ρ , ∞) Điều cần chứng minh tương đương với: ϕ (= ωn ) ϕ (un ) + 0(1), n → ∞ (3.3) Từ định nghĩa N ( ρ , ∞) ta có: tn2 ∇vn [ ( = + vn2 ) − tn f ( x , tn )]dx ∫ 2 Ω ( ρ ,σ ) ∫ = [ Ω ( ρ ,σ ) tn2 ρ n2 t2 ρN ∇un + n un2 − tnun f ( x , tnun )] N dx ρn ρ Và từ định nghĩa N ( ρ n , ∞) : = ∫ρ σ [ ( ∇u n + un ) − un f ( x , un )]dx Ω( , ) Do suy tn = + 0(1) dẫn đến: ωn 0(1), n → ∞ nên ta có (3.3) −= 3.4 Nghiệm nút Trong phần ta xét toán: −∆  u + u = f ( x , u) ( P2 )  N u ∈ H ( ) Một nút nghiệm tỏa tròn ( P2 ) bán kính ρ > cho u ( x) = x = ρ Định lý 3.7 ( Bartsh-Willem, 1993) Cho giả thiết ( f1 ) − ( f5 ) , với số nguyên k > tồn cặp uk+ uk− nghiệm tỏa tròn ( P2 ) với uk− (0) < < uk+ (0) có k nút < ρ k± < < ρ k± < ∞ Chứng minh 1) Ta cố định số nguyên k ≥ để tìm nghiệm tỏa tròn uk+ ( P1 ) có k nút với uk+ (0) > Ta xác định [0, ∞] ×  : Footer Page 53 of 185 Header Page 54 of 185 50  f (r , u ), u ≥ f + (r , u ) =  − f (r , −u ), u < Hàm ϕ + xác định trên= X ρ ,σ : H 0,0( N ) (Ωρ ,σ ) bởi: ∇u u2 = + − F + ( x , u )]dx ϕ + (u ) [ ∫ 2 Ω ( ρ ,σ ) Trong F + (r ,.) nguyên hàm f + (r ,.) thỏa mãn F + (r ,0) = Do định lý 3.2: c + ( ρ , σ ) := +inf ϕ N ( ρ ,σ ) Trong đó: N + ( ρ , σ ) := 0, u ≠ 0} {u ∈ X ρ ,σ : ϕ+′ (u ), u = Là giá trị tới hạn ϕ + Đặt tương ứng với điểm tới hạn Từ ϕ+ ( u ) = ϕ+ (u ) và: ′ ϕ= + ( u ), u ′ = ϕ + (u ), u Từ định lý 3.3 suy u điểm tới hạn ϕ + Do ta giả sử u = u Nói riêng u điểm tới hạn không âm ϕ Điểm tới hạn không dương xây dựng tương tự từ cách xét: − f (r , −u ), u ≥ f − (r , u ) :=   f (r , u ), u < Tương ứng giá trị tới hạn c − ( ρ , σ ) 2) Ta xác định: k C ( ρ1 , , ρ k ) := ∑ c j ( ρ j , ρ j +1 ) + ε j =0 0= ρ0 < ρ1 < < ρ k < ρ k +1 = ∞ Trong đó: ε j = + j chẳn ε j = − j lẻ Footer Page 54 of 185 Header Page 55 of 185 51 Từ mệnh đề 3.5 C + đạt cực tiểu ( ρ1 , ρ k ) Cho ≤ j ≤ k j chẳn, tồn nghiệm không âm của: −∆  u + u = f ( x , u) (3.4)  u ∈ X ρ j , ρ j +1 Sao cho j (u j ) = c + ( ρ j , ρ j +1 ) Và cho j lẻ tồn nghiệm không dương u j (3.4) cho: j (u j ) = c − ( ρ j , ρ j +1 ) Trên  N ta xác định: uk+ ( x) := u j ( x) ρ j ≤ x < ρ j +1 3) Do bất đẳng thức Strauss uk+ liên tục ngoại trừ Do phép nhúng p + p H 0,0( N ) (Ω) ⊂ L (Ω) compact nên suy uk ∈ Lloc (Ω0, ρ1 ) với ≤ p < ∞ Do u ∈ Wloc2, p (W0, ρ1 ) với ≤ p < ∞ Đặc biệt u ∈ C (Ω0, ρ1 ) nguyên lý cực đại uk+ > Ωρ j , ρ j +1 , j chẳn uk+ < Ωρ j , ρ j +1 , j lẻ Từ bổ đề ta suy uk+ nghiệm ( P2 ) Bổ đề 3.8 Hàm uk+ nghiệm của: −∆u + u = f ( x , u ) (3.5) Chứng minh Ta xác định u := uk+ Rõ ràng u thỏa mãn (3.5) { x ∈  N : x ≠ ρ j , j = 1, , k} Từ x đường từ gốc nên ta đặt r := x xửa lý (3.5) phương trình vi phân gốc Do ta viết u (r ) thay cho u ( x) Ta biết u thuộc lớp C trên: U := {r > : r ≠ r j , j =1, , k} Và thỏa mãn: ′)′ r N −1 ( f (r , u ) − u ) U −(r N −1u= Footer Page 55 of 185 (3.6) Header Page 56 of 185 52 Trong :′ ký hiệu d Ta phải u thỏa mãn (3.6) toàn dr  + Điều xảy nếu: = u+′ : lim = u′(r ) lim = u′(r ) : u−′ r  rr r j j Ta chứng minh phản chứng Giả sử u+′ ≠ u−′ đặt= ρ : ρ j −= , σ : ρ= j ,τ : ρ j +1 Ta giả sử u ≥ [ ρ , σ ] u ≤ [σ ,τ ] Bây ta cố định δ > xác định v :[ ρ , σ ] →  bởi: v(r ) := u (r ) r − σ ≥ δ v(r )=: u (σ − δ ) + (r − σ + δ ) (u (σ + δ ) − u (σ − δ )) 2δ r −σ ≤ δ Rõ ràng v liên tục [ ρ ,τ ] Cho σ= σ (δ ) ∈ (σ − δ ,σ + δ ) xác định = α α (δ ) > = β β (δ ) > cho: v(σ ) = Từ bổ đề 3.1 tồn α v ∈ N + ( ρ ,σ ) β v ∈ N − (σ ,τ ) Tiếp theo ta xác định ω :[ ρ ,τ ] →  bởi: α v(r ), r ≤ r ≤ σ ω (r ) :=   β v(r ), σ ≤ r ≤ τ Từ cách xây dựng u định lý 4.6 ta có ψ (u ) ≤ ψ (ω ) Trong đó: ψ (h)=: τ ∫r ( h′ + h − F (r , h))r N −1dr Từ giả thiết ( f5 ) suy F (r , h ) F (r , − h ) hàm theo h ∈  + ∂ F (r , ± h ) hàm tăng Do ta có: ∂h F (r , ω ) ≥ F (r , u ) + Từ suy ra: Footer Page 56 of 185 ω − u f (r , u ) u ω , u > Header Page 57 of 185 53 σ +dτ ∫r [ + σ +dτ 2 2 ω − u f (r , u ) N −1 N −1 ′ ′ ]( ( , )) [ ]( ( , ) )r dr F r r dr F r u ω ω ω ω ω + − ≤ + + − − ∫ ∫ σ ∫+d 2 2 u σ +dr Do ( f3 ) ( f5 ) ta có uf (r , u ) ≥ thêm uf (r , u ) vào vế phải sau ta có: dddd + + ∫ ( ω′ σ d 2 − 1 1 + ω − F (r , ω ))r N −1dr ≤ ∫ ( ω ′2 + ω − F (r , u ) + uf (r , u ) − F (r , ω ) + F (r , u ))r N −1dr 2 σ −d Do định nghĩa u : ττ (u′ + u )r dr = ∫rr ∫ f (r , u )ur N −1 ( ϕ ′(u ), u = 0) N −1 dr Do bất đẳng thức ta có: σ −dτ ψ (ω ) ≤ ψ (u ) + [ σ +d + ( ω′ ∫ σ d − ∫r + 2 ω2 ω′ + ω − f (r , u ))r N −1dr ]( ∫ 2 2u σ +d + ω − F (r , ω ) + F (r , u ))r N −1dr Sử dụng (3.6) ta thấy rằng: σ −d σ −d α2 2 ω2 N −1 ′ ω ω ( ( , )) (u′2 + u − uf (r , u ))r N −1dr + − = f r u r dr ∫rr ∫ 2 2u σ −d α2 ( = α2 σ −d α2 σ −d σ −d ∫rrrr ∫ ∫ u (r ∫ u′2 r N −1dr + σ −d ( u (u − f (r , u ))= r N −1dr ) σ −d σ −d − ∫ ∫rr r u′2 r N −1dr + (ur N −1u′) u ( ρ ) = ) u′2 r N −1dr ) = (3.8) Từ u (σ ) = ta có: −δ u−′ + 0(δ ) u (σ − δ ) = (σ − δ ) N −1 u′(σ − δ= ) σ N −1u−′ + 0(δ ) Ta kiểm tra rằng: lim = α (δ ) lim = β (δ ) δ 0 Footer Page 57 of 185 δ 0 (3.10) ( (3.9) u′2 r N −1dr + α2 u′)′dr ) N −1 (σ − d ) N −1 u′(σ − d )u (σ − d ) Header Page 58 of 185 54 ( δ  v → u v liên tục nên α v → α u ∈ N + ( ρ , σ ) bổ đề 3.1 nên α nên suy α (δ ) → tương tự ta có β (δ ) → ) Từ (3.8), (3.9), (3.10) dẫn đến: σ −d ∫r 1 ω2 σ N −1 ( ω ′2 + ω − f (r , u ))r N −1dr = u−′ dd − + 0( ) (3.11) 2 2u Tương tự ta có: τ 2 ω2 σ N −1 N −1 u+′ dd − + 0( ) (3.12) ∫ ( ω′ + ω − 2u f (r , u ))r dr = σ +d Ta kiểm tra rằng: σ +d ( 0(d ) ω ′ − F (r , ω ) + F (r , u ))r N −1dr = ∫ σ −d Từ (3.10) ta có: σ +d N −1 (u (σ + d ) − u (σ − d )) (σ + d ) N (σ − d ) N σ N −1 [ ) (u+′ + u−′ ) dd v′ r dr= − = + 0( ) ∫ 8d N N σ −d Suy ra: σ +d N −1 σ N −1 (u+′ + u−′ ) dd ω ′ r dr= + 0( ) (3.14) ∫ σ −d Từ (3.7) (3.11)-(3.14) ta có: ψ (ω ) ≤ ψ (u ) − σ N −1 (u+′ + u−′ ) δ + 0(δ ) Dẫn đến ψ (ω ) < ψ (u ) δ > đủ nhỏ điều mâu thuẫn với ψ (ω ) ≥ ψ (u ) Sau hệ trực tiếp định lý 3.6 Footer Page 58 of 185 Header Page 59 of 185 55 Hệ 3.9 Giả sử N ≥ 2, p, q ∈ [2, 2* ] λ , µ ∈ [0, ∞] với số nguyên k > tồn cặp uk+ uk− nghiệm tỏa tròn của: −∆ u + u λ (uk+ ) p −1 − µ (uk− ) p −1 =  N u ∈ H ( ) Với uk− (0) < < uk+ (0) có k nút Footer Page 59 of 185 Header Page 60 of 185 56 KẾT LUẬN Việc tìm hiểu Một số kết toán cực trị cho ta thấy tầm quan trọng việc nghiên cứu điểm tới hạn để ứng dụng chúng vào việc chứng minh tồn nghiệm toán Dirichlet nửa tuyến tính, qua cho ta thấy khác biệt chất việc tìm hiểu điểm dừng toán tử Lagrange với việc tìm hiểu điểm tới hạn Trong phần cuối ta thấy tính chất điểm tới hạn, ứng dụng vào việc xác định nút nghiệm, định lý Bartsh-Willem việc tăng số nguyên k lên cho ta khoanh vùng nghiệm toán nhờ số lượng nút nghiệm nghiệm tỏa tròn Trong trình làm luận văn không thiếu thiếu sót mong góp ý quý thầy cô bạn đọc Footer Page 60 of 185 Header Page 61 of 185 57 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt Lê Hoàn Hóa (2012), Phép tính vi tich phân không gian Banach, TP Hồ Chí Minh Nguyễn Bích Huy, Giáo trình giải tích thực, Lưu hành nội Trần Đức Vân (2000), Phương trình vi phân đạo hàm riêng, Nxb ĐHQG Hà Nội Tiếng Anh Michel Willem (1996), Minimax Theorems, Birkhauser Footer Page 61 of 185 ... HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Nguyễn Thanh Phong MỘT SỐ KẾT QUẢ VỀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ Chuyên ngành : Toán Giải Tích Mã số : 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS LÊ... bị chặn nên f đạt cực đại cực tiểu D Gỉa sử f đạt cực trị địa phương ( x0 , y0 ) ∈ D Nếu ( x0 , y0 ) ∈ D f đạt cực trị địa phương ( x0 , y0 ) Nếu ( x0 , y0 ) ∈ ∂D f đạt cực trị địa phương có... Thì f đạt cực tiểu (cực đại) địa phương a ∈ M 1.2.2 Bài toán cực trị có điều kiện tổng quát Cho E , F không gian Banach, D tập mở E Cho f : M →  H : D → F khả vi liên tục Xét cực trị địa phương