Mục đích của luận văn Sử dụng phương pháp biến phân trong việc tìm nghiệm của phương trình Elliptic suy biến chứa toán tử ∆γ là nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của phương trình elliptic suy biến chứa toán tử ∆γ. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết.
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM PHẠM THỊ NGỌC HƯỜNG SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN PHÂN TRONG VIỆC TÌM NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC SUY BIẾN CHỨA TỐN TỬ ∆𝜸 Ngành: Tốn Giải Tích Mã số: 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS Phạm Thị Thủy THÁI NGUYÊN – 2019 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng tơi Các tài liệu luận văn trung thực Luận văn chưa cơng bố cơng trình Tác giả Phạm Thị Ngọc Hường i LỜI CẢM ƠN Sau khoảng thời gian học tập Trường ĐHSP Thái Nguyên, tơi hồn thành luận văn cao học Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến TS Phạm Thị Thủy, người tận tình hướng dẫn, giúp đỡ, tạo điều kiện để hồn thành luận văn Tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy cô Hội đồng chấm luận văn cao học đã dành thời gian đọc cho ý kiến quý báu để luận văn hồn thiện Tơi xin tri ân thầy khoa Tốn Trường ĐHSP Thái Nguyên truyền thụ kiến thức cho suốt thời gian theo học cao học trường Xin cảm ơn Ban Giám Hiệu Trường ĐHSP Thái Nguyên, phịng SĐH hộ trợ tơi suốt khóa học Do thời gian khả thân hạn chế nên luận văn không tránh khỏi thiếu sót, mong nhận ý kiến đóng góp q thầy bạn để luận văn hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng năm 2019 Tác giả luận văn Phạm Thị Ngọc Hường ii MỤC LỤC Trang Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Mục lục iii Một số quy ước kí hiệu iv MỞ ĐẦU 1 Lý chọn đề tài Mục đích luận văn Phương pháp nghiên cứu Bố cục luận văn Chương 1: MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Các khái niệm giải tích hàm 1.1.1 Khơng gian tuyến tính 1.1.2 Không gian metric .4 1.1.3 Phương trình đạo hàm riêng 1.2 Không gian hàm .8 1.2.1 Đạo hàm suy rộng .8 1.2.2 Không gian 𝐿𝑝 .9 1.2.3 Không gian Sobolev 10 1.3 Toán tử 10 1.3.1 Toán tử ∆𝛾 10 1.3.2 Một số tính chất .12 Chương 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN PHÂN TRONG VIỆC TÌM NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC SUY BIẾN CHỨA TOÁN TỬ ∆𝜸 .15 2.1 Bài toán 15 2.1.1 Bài toán 15 iii 2.1.2 Bài toán 16 2.2 Sự tồn nghiệm .18 2.2.1 Sự tồn nghiệm Bài toán 2.2.2 Sự tồn nghiệm Bài toán 26 KẾT LUẬN 35 TÀI LIỆU THAM KHẢO 36 iv MỘT SỐ QUY ƯỚC VÀ KÍ HIỆU Trong tồn luận văn, ta thống số kí hiệu sau: ‖𝑥‖ chuẩn Euclid phần tử x không gian ℝ𝑁 𝐶 𝑘 (Ω) không gian hàm khả vi liên tục đến cấp k không gian Ω 𝐻′ không gian đối ngẫu không gian Banach H 〈 , 〉𝐻 tích vơ hướng khơng gian H ⇀ hội tụ yếu ↪ phép nhúng liên tục ↪↪ phép nhúng compact Vol(Ω) độ đo Lebesgue tập Ω không gian ℝ𝑁 iv MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong năm trở lại đây, tốn biên ln chủ đề nghiên cứu nhiều chuyên gia quan tâm ứng dụng rộng rãi ngành vật lý, hóa học sinh học Đặc biệt việc nghiên cứu điều kiện tồn không tồn nghiệm tốn biên có chứa phương trình elliptic suy biến khó, phức tạp Do kết đạt chiếm vị trí quan trọng phát triển lý thuyết tốn học Việc giải tìm nghiệm toán phức tạp Bởi người ta dùng nhiều phương pháp khác để giải toán biên có chứa phương trình elliptic suy biến Trong phương pháp biến phân: phương pháp điểm tới hạn phiến hàm có nhiều ưu điểm nghiên cứu nhiều nhà toán học nước Xuất phát từ lý trên, lựa chọn vấn đề nghiên cứu tồn nghiệm phương trình elliptic suy biến làm nội dung nghiên cứu luận văn với tên gọi: “Sử dụng phương pháp biến phân việc tìm nghiệm phương trình elliptic suy biến chứa tốn tử ∆𝜸 ” Mục đích luận văn Mục đích luận văn nghiên cứu tồn nghiệm phương trình elliptic suy biến chứa tốn tử ∆γ Phương pháp nghiên cứu Để chứng minh tồn nghiệm phương trình elliptic suy biến, tơi sử dụng phương pháp biến phân: phương pháp điểm tới hạn phiếm hàm Bố cục luận văn Nội dung luận văn gồm có phần mở đầu, hai chương nội dung, phần kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Trong Chương tơi trình bày số khái niệm giải tích hàm, khơng gian hàm, toán tử số kiến thức bổ trợ sử dụng Chương Chương 2: Trình bày việc sử dụng phương pháp biến phân việc tìm nghiệm phương trình elliptic suy biến chứa toán tử ∆γ toán ∞ 2) Giả sử I thỏa mãn điều kiện (𝐶𝑒)∗ Ta xét dãy {𝑢𝛼𝑛 } 𝑛=1 mà {𝛼𝑛 }∞ 𝑛=1 thừa nhận 𝑢𝛼𝑛 ∈ 𝐸𝛼𝑛 , 𝑐 = sup 𝐼(𝑢𝛼𝑛 ) < +∞, (1 + ‖𝑢𝛼𝑛 ‖ (Ω) 𝑆𝛾,0 )‖𝐼′(𝑢𝛼𝑛 )‖ (Ω) 𝑆𝛾,0 → (2.6) Từ đó, 𝑐 ∈ ℝ, 𝐸𝛼𝑛 = 𝑉𝛼𝑛 ⊕ 𝑋𝛼𝑛 , 𝛼𝑛 ∈ ℕ, 𝑉𝛼𝑖 𝑋𝛼𝑖 không gian với i = 𝛼1 , … , 𝛼𝑛 Ta viết tắt 𝑢𝛼𝑛 𝑢𝑛 Đầu tiên ta chứng minh {𝑢𝑛 }∞ 𝑛=1 bị chặn 𝑆𝛾,0 (Ω) Khi ‖𝑢‖𝑆𝛾,0 (Ω) → n → ∞ Để 𝜔𝑛 = 𝑢𝑛 ; ‖𝑢𝑛 ‖𝑆𝛾,0 (Ω) (Ω) 2 (Ω) = Do có 𝜔 ∈ 𝑆𝛾,0 (Ω) cho 𝜔𝑛 ∈ 𝑆𝛾,0 ‖𝜔𝑛 ‖𝑆𝛾,0 (Ω) 𝜔𝑛 ⇀ 𝜔 𝑆𝛾,0 𝑛 → ∞, 𝜔𝑛 → 𝜔 𝐿𝑝 (Ω) 𝑛 → ∞, với ≤ 𝑝 < 2∗𝛾 , 𝜔𝑛 → 𝜔 Ω 𝑛 → ∞ Từ định lí nhúng Sobolev, ta ‖𝜔𝑛 ‖ ∗ 𝐿2𝛾 (Ω) (Ω) = 𝐶3 , ≤ 𝐶3 ‖𝜔𝑛 ‖𝑆𝛾,0 với 𝐶3 số dương Để Ω≠ = {𝑥 ∈ Ω ∶ 𝜔(𝑥) ≠ 0} Sau |Ω≠ | = Thật vậy, 𝑢𝑛 (𝑥) = lim 𝜔𝑛 (𝑥) = 𝜔(𝑥) ≠ Ω≠ , 𝑛→∞ ‖𝑢𝑛 ‖𝑆 (Ω) 𝑛→∞ 𝛾,0 lim nghĩa |𝑢𝑛 (𝑥)| → +∞ Ω≠ Vì vậy, 𝐹(𝑥, 𝑢(𝑥)) = +∞ 𝑛→+∞ |𝑢𝑛 (𝑥)|2 lim Do (H3), tồn số 𝐶4 > cho 𝐹(𝑥, 𝑡) >1 |𝑡|2 22 a e Ω≠ (2.7) ̅ × [−𝐶4 , 𝐶4 ], tồn C với x ∈ Ω t ≥ 𝐶4 Từ F(x,t) liên tục Ω > cho |𝐹(𝑥, 𝑡)| ≤ 𝐶 ̅ × [−𝐶4 , 𝐶4 ] với (𝑥, 𝑡) ∈ Ω Ta thấy tồn số 𝐶̃ cho 𝐹(𝑥, 𝑡) ≥ 𝐶̃ ̅ × ℝ với (𝑥, 𝑡) ∈ Ω (2.8) Nghĩa 𝐹(𝑥, 𝑢𝑛 (𝑥)) 𝐶̃ |𝜔 (𝑥)| − ≥ 𝑛 |𝑢𝑛 (𝑥)|2 ‖𝑢𝑛 ‖𝑆𝛾,0 (Ω) (2.9) Từ định nghĩa điều kiện (𝐶𝑒)∗ , ta có 1 𝑐 ≥ 𝐼(𝑢𝑛 ) = ‖𝑢𝑛 ‖2𝑆𝛾,0 ∫ 𝑎(𝑥)𝑢𝑛2 𝑑𝑥 − ∫ 𝐹(𝑥, 𝑢𝑛 )𝑑𝑥 (Ω) + 2 Ω (2.10) Ω Ta có 1 𝐹(𝑥, 𝑢𝑛 ) + ∫ 𝑎(𝑥)𝜔𝑛2 𝑑𝑥 = ∫ 𝜔𝑛 𝑑𝑥 + 𝑜(1) |𝑢𝑛 |2 2 Ω (2.11) Ω Nếu |Ω≠ | > 0, từ (H3), (2.7) (2.9), kết hợp với bổ đề Fatou, ta có 𝐹(𝑥, 𝑢𝑛 (𝑥)) 𝐶̃ |𝜔𝑛 (𝑥)| 𝑑𝑥 − ∫ lim inf +∞ = ∫ lim inf 𝑑𝑥 𝑛→∞ 𝑛→∞ ‖𝑢𝑛 ‖𝑆 (Ω) |𝑢𝑛 (𝑥)|2 𝛾,0 Ω≠ Ω≠ ≤ ∫ lim inf ( 𝑛→∞ Ω≠ 𝐹(𝑥, 𝑢𝑛 (𝑥)) 𝐶̃ |𝜔 (𝑥)| − ) 𝑑𝑥 𝑛 |𝑢𝑛 (𝑥)|2 ‖𝑢𝑛 ‖𝑆𝛾,0 (Ω) 𝐹(𝑥, 𝑢𝑛 (𝑥)) 𝐶̃ |𝜔𝑛 (𝑥)| − ≤ lim inf ∫ ( ) 𝑑𝑥 |𝑢𝑛 (𝑥)|2 ‖𝑢𝑛 ‖𝑆𝛾,0 (Ω) 𝑛→∞ Ω≠ 𝐹(𝑥, 𝑢𝑛 (𝑥)) 𝐶̃ |𝜔 ≤ lim inf ∫ ( (𝑥)| − ) 𝑑𝑥 𝑛 |𝑢𝑛 (𝑥)|2 ‖𝑢𝑛 ‖𝑆𝛾,0 (Ω) 𝑛→∞ Ω 23 = lim inf ∫ 𝑛→∞ Ω ≤ 𝐹(𝑥, 𝑢𝑛 (𝑥)) 1 𝑑𝑥 ≤ + ∫ 𝑎(𝑥)𝜔𝑛2 𝑑𝑥 + 𝑜(1) ‖𝑢𝑛 ‖𝑆𝛾,0 (Ω) 2 Ω + 𝐶32 ‖𝑎(𝑥)‖ 𝑁̃ + 𝑜(1) 𝐿 (Ω) Điều mâu thuẫn Do đó, ta có |Ω≠ | = 0, 𝜔(𝑥) = Ω Do I(t𝑢𝑛 ) liên tục với 𝑡 ∈ [0,1], tồn 𝑡𝑛 ∈ [0,1] cho 𝐼(𝑡𝑛 𝑢𝑛 ) = max 𝐼(𝑡𝑢𝑛 ), 𝑡∈[0,1] 〈𝐼′(𝑢𝑛 ), 𝑢𝑛 〉 = 𝑜(1), suy 〈𝐼′(𝑡𝑛 𝑢𝑛 ), 𝑡𝑛 𝑢𝑛 〉 = 𝑜(1) Cho 𝑡 ∈ [0,1], giả sử (H1) kéo theo 2𝐼(𝑡𝑢𝑛 ) ≤ 2𝐼(𝑡𝑛 𝑢𝑛 ) = 2𝐼(𝑡𝑛 𝑢𝑛 ) − 〈𝐼 ′ (𝑡𝑛 𝑢𝑛 ), 𝑡𝑛 𝑢𝑛 〉 + 𝑜(1) = ∫ [𝑡𝑛 𝑢𝑛 𝑓(𝑥, 𝑡𝑛 𝑢𝑛 ) − 2𝐹(𝑥, 𝑡𝑛 𝑢𝑛 )]𝑑𝑥 + 𝑜(1) Ω ≤ ∫ [𝛼(𝑢𝑛 𝑓(𝑥, 𝑡𝑛 𝑢𝑛 ) − 2𝐹(𝑥, 𝑢𝑛 ) + 𝐶0 ]𝑑𝑥 + 𝑜(1) Ω = 𝛼[2𝐼(𝑢𝑛 ) − 〈𝐼′(𝑢𝑛 ), 𝑢𝑛 〉] + 𝐶0 |Ω| + 𝑜(1) ≤ 2𝛼𝑐 + 𝐶0 |𝛺| + 𝑜(1) (2.12) Hơn nữa, (H2), với 𝜀 ≥ 0, tồn 𝐶𝜀 > cho |𝐹(𝑥, 𝑡)| ≤ 2∗𝛾 2𝐶3 ∗ 𝜀|𝑡|2𝛾 + 𝐶𝜀 , 𝑣ớ𝑖 𝑡 ∈ ℝ, ∀𝑥 ∈ Ω Để 𝛿 = 𝜀/(2𝐶𝜀 ) > Cho 𝐴 ⊆ Ω với A < 𝛿, ta có |∫ 𝐹(𝑥, 𝜔𝑛 )𝑑𝑥 | ≤ ∫ |𝐹(𝑥, 𝜔𝑛 )|𝑑𝑥 ≤ ∫ 𝐶𝜀 𝑑𝑥 + 𝐴 𝐴 ≤ ∫ 𝑎(𝜀)𝑑𝑥 + 𝐴 𝐴 1 2∗𝛾 2𝐶3 ∗ 𝜀 ∫ |𝜔𝑛 |2𝛾 𝑑𝑥 𝐴 1 2∗𝛾 | 𝜀 ∫|𝜔 𝑑𝑥 ≤ 𝜀 + 𝜀 = 𝜀 𝑛 2∗𝛾 2 2𝐶 24 Ω {∫Ω 𝐹(𝑥, 𝜔𝑛 )𝑑𝑥} ∞ 𝑛=1 liên tục tuyệt đối Vì ∫ 𝐹(𝑥, 𝜔𝑛 )𝑑𝑥 → ∫ 𝐹(𝑥, 0)𝑑𝑥 = Ω Ω theo định lí hội tụ Vitali Mặt khác, hàm 𝜒 ∶ 𝑢 ↦ ∫ 𝑎(𝑥)𝑢2 𝑑𝑥 Ω liên tục yếu a ∈ 𝐿𝑁̃∖2 (Ω) Vì thế, ∫ 𝑎(𝑥)𝜔𝑛2 𝑑𝑥 → 𝑘ℎ𝑖 𝑛 → ∞ Ω Điều có nghĩa là, với s > bất kì, 2 2𝐼(𝑠𝜔𝑛 ) = ‖𝑠𝜔𝑛 ‖2𝑆𝛾,0 (Ω) + 𝑠 ∫ 𝑎(𝑥)𝜔𝑛 𝑑𝑥 − ∫ 𝐹(𝑥, 𝑠𝜔𝑛 )𝑑𝑥 = 𝑠 + 𝑜(1) Ω Ω Kết hợp với (2.12), ta 𝑠 + 𝑜(1) = 2𝐼(𝑠𝜔𝑛 ) ≤ 2𝛼𝑐 + 𝐶0 |𝛺| + 𝑜(1) Từ với s bất kì, ta có mâu thuẫn Vậy {𝑢𝑛 }∞ 𝑛=1 bị chặn 𝑆𝛾,0 (Ω) Ta giả sử 𝑢𝑛 ⇀ 𝑢 𝑆𝛾,0 (Ω) Khi ta có ‖𝑢𝑛 − 𝑢‖2𝑆2 𝛾,0 (Ω) = 〈𝐼′(𝑢𝑛 ) − 𝐼′ (𝑢), 𝑢𝑛 − 𝑢〉 − ∫ [𝑎(𝑢𝑛 − 𝑢)2 − (𝑓 (𝑥, 𝑢𝑛 ) − 𝑓 (𝑥, 𝑢))(𝑢𝑛 − 𝑢)]𝑑𝑥 Ω Có nghĩa 𝑢𝑛 → 𝑢 𝑆𝛾,0 (Ω) I’(u) = 3) Chắc chắn, ánh xạ bị chặn I hợp thành tập bị chặn 4) Cuối cùng, ta khẳng định rằng, với m ∈ ℕ, 𝐼(𝑢) → −∞ (Ω) → ∞, ‖𝑢‖𝑆𝛾,0 𝑢 ∈ 𝑉 ⊕ 𝑋𝑚 Thật vậy, theo (H3), với M > 0, tồn 𝐶𝑀 cho 25 𝐹(𝑥, 𝑢) ≥ 𝑀𝑢2 − 𝐶𝑀 (2.13) Vì 1 𝐼(𝑢) = ‖𝑢‖2𝑆𝛾,0 ∫ 𝑎𝑢2 𝑑𝑥 − ∫ 𝐹(𝑥, 𝑢)𝑑𝑥 (Ω) + 2 Ω Ω ‖𝑢‖22∗𝛾 − ∫ 𝐹(𝑥, 𝑢)𝑑𝑥 ≤ ‖𝑢‖2𝑆𝛾,0 ̃ ∖2 (Ω) + ‖𝑎‖ 𝑁 (Ω) 𝐿 𝐿 (Ω) Ω 2 ≤ ‖𝑢‖2𝑆𝛾,0 (Ω) + 𝐶‖𝑢‖𝑆 (Ω) − 𝑀𝐶̅ ‖𝑢‖𝑆 (Ω) − 𝐶𝑀 |Ω| 𝛾,0 𝛾,0 = ( + 𝐶 − 𝑀𝐶̅ ) ‖𝑢‖2𝑆𝛾,0 (2.14) (Ω) − 𝐶𝑀 |Ω| Trong bất đẳng thức trên, ta thường lấy M > đủ lớn, + 𝐶 − 𝑀𝐶̅ < Điều có nghĩa 𝐼(𝑢) → −∞ ‖𝑢‖2𝑆𝛾,0 (Ω) → ∞, 𝑢 ∈ 𝑉⨁𝑋𝑚 Định lí chứng minh ∎ 2.2.2 Sự tồn nghiệm toán 𝑝 Định nghĩa 2.2.7 Không gian 𝑆𝛾 (ℝ𝑁 ) (1≤ 𝑝 < +∞) gồm tất hàm 𝑢 ∈ 𝐿𝑝 (ℝ𝑁 ) mà 𝛾𝑗 𝜕𝑥𝑗 𝑢 ∈ 𝐿𝑝 (ℝ𝑁 ) với j=1,…,N Ta định nghĩa chuẩn không gian sau 𝑝 𝑝 ‖𝑢‖𝑆 𝑝(ℝ𝑁) = ( ∫(|𝑢|𝑝 + |𝛻𝛾 𝑢| )𝑑𝑥) , 𝛾 ℝ𝑁 ∇𝛾 𝑢 = (𝛾1 𝜕𝑥1 𝑢, 𝛾2 𝜕𝑥2 𝑢, … , 𝛾𝑁 𝜕𝑥𝑁 𝑢) Nếu 𝑝 = ta định nghĩa tích vơ hướng 𝑆𝛾2 (ℝ𝑁 ) sau (𝑢, 𝑣)𝑆𝛾2(ℝ𝑁 ) = (𝑢, 𝑣)𝐿2(ℝ𝑁) + (∇𝛾 𝑢, ∇𝛾 𝑣)𝐿2(ℝ𝑁) Ta có 2 (ℝ𝑁 ) = {𝑢 ∈ 𝑆𝛾2 (ℝ𝑁 ): ∫ (|∇𝛾 𝑢| + 𝑏(𝑥)𝑢2 ) 𝑑𝑥 < +∞} 𝑆𝛾,𝑏(𝑥) ℝ𝑁 26 (ℝ𝑁 ) không gian với b(x) thỏa mãn điều kiện (𝐵1 ), (𝐵2 ), 𝑆𝛾,𝑏(𝑥) Hilbert có dạng 2 ‖𝑢‖𝑆 𝑁 𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ ) = ( ∫ (|∇𝛾 𝑢| + 𝑏(𝑥)𝑢2 ) 𝑑𝑥 ) ℝ𝑁 (ℝ𝑁 ) ↪ 𝑆𝛾2 (ℝ𝑁 ) liên tục Từ bất đẳng thức nhúng Vì (𝐵1 ) nhúng 𝑆𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ𝑁 ) ↪ 𝐿𝑞 (ℝ𝑁 ) 𝑘ℎ𝑖 ≤ 𝑞 ≤ 2∗𝛾 bất đẳng thức H𝑜̈ 𝑙𝑑𝑒𝑟′𝑠, ta có 𝑆𝛾,𝑏(𝑥) Bổ đề 2.2.8 Cho (𝐵1 ), (𝐵2 ) thỏa mãn Khi phép nhúng từ (ℝ𝑁 ) ↪ 𝐿𝑞 (ℝ𝑁 ) compact ≤ 𝑞 ≤ 2∗𝛾 𝑆𝛾,𝑏(𝑥) Bổ đề 2.2.9 Giả sử 𝑓: ℝ𝑁 × ℝ → ℝ hàm Carathéodory thỏa mãn |𝑓(𝑥, 𝜉)| ≤ 𝑓1 (𝑥)|𝜉| + 𝑓2 (𝑥)|𝜉|𝑝−1 với (𝑥, 𝜉) ∈ ℝ𝑁 × ℝ, với 𝑓1 , 𝑓2 : ℝ𝑁 → ℝ không âm 2∗𝛾 𝑝3 ∗ (𝑝−1)+2 𝑝3 𝛾 𝑓1 (𝑥) ∈ 𝐿𝑝1 (ℝ𝑁 ) ∩ 𝐿𝑝3 (ℝ𝑁 ) ∩ 𝐿 (ℝ𝑁 ), 𝑓2 (𝑥) ∈ 𝐿𝑝2 (ℝ𝑁 ) ∩ 𝐿𝑝3 (ℝ𝑁 ), 2∗𝛾 2𝑝1 𝑝𝑝2 ∗ ∗ ≤ 2𝛾 , ≤ 2𝛾 , 𝑝1 , 𝑝2 > 1, 𝑝3 ≥ ∗ , 𝑝3 (2∗𝛾 − 2𝑝 + 2) ≤ 2∗𝛾 𝑝1 − 𝑝2 − 2𝛾 − 𝑝 Đặt 𝛷1 (𝑢) ∈ 𝐶 (𝑆𝛾2 (ℝ𝑁 ), ℝ) Φ1 (𝑢) = ∫ 𝐹(𝑥, 𝑢)𝑑𝑥 ℝ𝑁 với 𝑣 ∈ 𝑆𝛾2 (ℝ𝑁 ), Φ1′ (𝑢)(𝑣) = ∫ 𝑓(𝑥, 𝑢)𝑣𝑑𝑥 ℝ𝑁 Nhận xét Định nghĩa Euler – hàm Lagrange liên kết với Bài toán sau 27 Φ(𝑢) = ∫ (|∇𝛾 𝑢| + 𝑏(𝑥)𝑢2 ) 𝑑𝑥 − ∫ 𝐹(𝑥, 𝑢)𝑑𝑥 ℝ𝑁 ℝ𝑁 Từ Bổ đề 2.2.9 f thỏa mãn (𝐴1 ), 𝑏(𝑥) thỏa mãn (𝐵1 ), ta có Φ xác định 2 (ℝ𝑁 ) Φ ∈ 𝐶 (𝑆𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ𝑁 ), ℝ) với 𝑆𝛾,𝑏(𝑥) Φ′ (𝑢)(𝑣) = ∫ (∇𝛾 𝑢 ∇𝛾 𝑣 + 𝑏(𝑥)𝑢𝑣)𝑑𝑥 − ∫ 𝑓(𝑥, 𝑢)𝑣𝑑𝑥 ℝ𝑁 ℝ𝑁 (ℝ𝑁 ) Ta kiểm tra điểm tới hạn Φ nghiệm với 𝑣 ∈ 𝑆𝛾,𝑏(𝑥) yếu Bài toán Bổ đề 2.2.10 Cho 𝕏 không gian Banach vô hạn chiều, 𝕏 = 𝕐⨁ℤ, 𝕐 vơ hạn chiều 𝐽 ∈ 𝐶 (𝕏, ℝ) thỏa mãn điều kiện (𝐶𝑒)𝑐 với 𝑐 > 0, 𝐽(0) = 0, 𝐽(−𝑢) = 𝐽(𝑢) 𝑣ớ𝑖 𝑚ọ𝑖 𝑢 ∈ 𝕏, 1) Các số 𝜌, 𝛼 > mà 𝐽(𝑢) ≥ 𝛼 𝑣ớ𝑖 𝑚ọ𝑖 𝑢 ∈ ℤ ‖𝑢‖𝕏 = 𝜌; ̂ ⊂ 𝕏, có 𝑅 = 𝑅(𝕏 ̂ ) > 2) Với khơng gian vơ hạn chiều 𝕏 ̂ \𝐵𝑅 𝐽(𝑢) ≥ 𝕏 Khi J có dãy không bị chặn giá trị tới hạn Bổ đề 2.2.11 Giả sử (𝐴1 ), (𝐴3 ), (𝐵1 ) (𝐵2 ) thỏa mãn Khi 𝛷 thỏa (ℝ𝑁 ) mãn điều kiện (𝐶𝑒)𝑐 với 𝑐 > 𝑆𝛾,𝑏(𝑥) Chứng minh 𝑁 Cho {𝑢𝑚 }∞ 𝑚=1 dãy 𝑆𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ ) mà (1 + ‖𝑢𝑚 ‖𝑆2 (ℝ𝑁) ) ‖Φ′ (𝑢𝑚 )‖ 𝛾,𝑏(𝑥) ∗ (𝑆𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ𝑁)) → Φ(𝑢𝑚 ) → 𝑐 𝑚 → ∞ (2.15) Vậy Φ′ (𝑢𝑚 )(𝑢𝑚 ) → ‖𝑢𝑚 ‖𝑆𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ𝑁 ) − ∫ℝ𝑁 𝐹 (𝑥, 𝑢𝑚 )𝑑𝑥 → 𝑚 → ∞ (2.16) Khi m đủ lớn, ta có 𝑐 + ≥ Φ(𝑢𝑚 ) − ′ Φ (𝑢𝑚 )(𝑢𝑚 ) 𝜇 (2.17) 28 1 = ( − ) ‖𝑢𝑚 ‖2𝑆 (ℝ𝑁) + ∫ ( 𝑓(𝑥, 𝑢𝑚 )𝑢𝑚 − 𝐹(𝑥, 𝑢𝑚 )) 𝑑𝑥 𝛾,𝑏(𝑥) 𝜇 𝜇 ℝ𝑁 1 = ( − ) ‖𝑢𝑚 ‖2𝑆 (ℝ𝑁 ) + 𝛾,𝑏(𝑥) 𝜇 + ∫ Ω𝑚 (𝑟1 ,∞) ∫ Ω𝑚 (0,𝑟1 ) ( 𝑓(𝑥, 𝑢𝑚 )𝑢𝑚 − 𝐹(𝑥, 𝑢𝑚 )) 𝑑𝑥 𝜇 ( 𝑓(𝑥, 𝑢𝑚 )𝑢𝑚 − 𝐹(𝑥, 𝑢𝑚 )) 𝑑𝑥 𝜇 1 ≥ ( − ) ‖𝑢𝑚 ‖2𝑆 (ℝ𝑁 ) + 𝛾,𝑏(𝑥) 𝜇 ∫ Ω𝑚 (0,𝑟1 ) ( 𝑓(𝑥, 𝑢𝑚 )𝑢𝑚 − 𝐹(𝑥, 𝑢𝑚 )) 𝑑𝑥, 𝜇 Ω𝑚 (𝑎, 𝑏) = {𝑥 ∈ ℝ𝑁 : 𝑎 ≤ |𝑢𝑚 (𝑥)| < 𝑏} 𝑣ớ𝑖 ≤ 𝑎 < 𝑏 𝑁 Đầu tiên ta {𝑢𝑚 }∞ 𝑚=1 bị chặn 𝑆𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ ) lập luận mâu thuẫn Thật vậy, giả sử ‖𝑢𝑚 ‖𝑆 𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ 𝑁) → ∞ 𝑚 → ∞ (2.18) Đặt 𝑣𝑚 = 𝑢𝑚 ‖𝑢𝑚 ‖𝑆 , 𝑁 𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ ) ‖𝑣𝑚 ‖𝑆𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ𝑁 ) = Chuyển đến dãy con, ta giả sử 𝑣𝑚 ⇀ (ℝ𝑁 ), bổ đề 2.2.9, 𝑣𝑚 → 𝑣 mạnh 𝐿𝑞 (ℝ𝑁 ), 𝑣 yếu 𝑆𝛾,𝑏(𝑥) ≤ 𝑞 < 2∗𝛾 , 𝑣𝑚 → 𝑣 ℝ𝑁 Từ (2.17) (2.18), ta có lim sup 𝑛→∞ ‖𝑢𝑚 ‖2𝑆 𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ ∫ 𝑁) Ω𝑚 (0,𝑟1 ) 1 ( 𝑓(𝑥, 𝑢𝑚 )𝑢𝑚 − 𝐹(𝑥, 𝑢𝑚 )) 𝑑𝑥 ≤ − < 𝜇 𝜇 (2.19) Nếu 𝑣 ≡ 0, 𝑣𝑚 → 𝐿𝑞 (ℝ𝑁 ), ≤ 𝑞 < 2∗𝛾 , 𝑣𝑚 → ℝ𝑁 Vì vậy, (𝐴1 ) 29 | ∫ Ω𝑚 (0,𝑟1 ) ≤𝐶 𝑓 (𝑥, 𝑢𝑚 )𝑢𝑚 − 𝜇𝐹(𝑥, 𝑢𝑚 ) 𝑑𝑥| ≤ 𝜇‖𝑢𝑚 ‖2𝑆2 (ℝ𝑁) 𝛾,𝑏(𝑥) ∫ Ω𝑚 (0,𝑟1 ) 𝑓 (𝑥, 𝑢𝑚 )𝑢𝑚 − 𝜇𝐹(𝑥, 𝑢𝑚 ) |𝑣𝑚 |2 𝑑𝑥 𝜇 |𝑢𝑚 |2 ∫ (|𝑓1 (𝑥)| + |𝑓2 (𝑥)|) |𝑣𝑚 |2 𝑑𝑥 ≤ 𝐶 ∫ (|𝑓1 (𝑥)| + |𝑓2 (𝑥)|) |𝑣𝑚 |2 𝑑𝑥 ℝ𝑁 Ω𝑚 (0,𝑟1 ) ≤ 𝐶 (‖𝑓1 ‖𝐿𝑝1 (ℝ𝑁) ‖𝑣𝑚 ‖2 2𝑝1 𝐿𝑝1 −1 (ℝ𝑁 ) + ‖𝑓2 ‖𝐿𝑝2 (ℝ𝑁) ‖𝑣𝑚 ‖2 2𝑝2 𝐿𝑝2 −1 (ℝ𝑁 ) ) → 𝑚 → ∞, mâu thuẫn với (2.19) Đặt Ω∗ = {𝑥 ∈ ℝ𝑁 : 𝑣(𝑥) ≠ 0} 𝑉𝑜𝑙(Ω∗ ) > Với 𝑥 ∈ Ω∗ , ta có lim |𝑢𝑚 (𝑥)| = ∞ Vậy Ω∗ = Ω1∗ ⋃Ω∗2 Ω∗2 ⊂ Ω𝑚 (𝑟0 , ∞), 𝑉𝑜𝑙(Ω1∗ ) = 𝑛→∞ với 𝑚 ∈ ℕ đủ lớn Từ (𝐴1 ), (2.16) bổ đề Fatou’s 𝑐+1 Φ(𝑢𝑚 ) = lim 𝑚→∞ ‖𝑢𝑚 ‖22 𝑚→∞ ‖𝑢𝑚 ‖22 (ℝ𝑁 ) (ℝ𝑁 ) 𝑆 𝑆 = lim 𝛾,𝑏(𝑥) 𝛾,𝑏(𝑥) 𝐹(𝑥, 𝑢𝑚 ) = lim [ − ∫ 𝑣𝑚 𝑑𝑥 ] 𝑚→∞ 𝑢𝑚 ℝ𝑁 = lim [ − 𝑚→∞ ∫ Ω𝑚 (0,𝑟0 ) 𝐹(𝑥, 𝑢𝑚 ) 𝑣𝑚 𝑑𝑥 − 𝑢𝑚 ∫ Ω𝑚 (𝑟0 ,∞) 𝐹(𝑥, 𝑢𝑚 ) 𝑣𝑚 𝑑𝑥 ] 𝑢𝑚 ≤ lim sup [ + ‖𝑓1 ‖𝐿𝑝1 (ℝ𝑁) ‖𝑣𝑚 ‖2 2𝑝1 + ‖𝑓2 ‖𝐿𝑝2 (ℝ𝑁) ‖𝑣𝑚 ‖2 2𝑝2 𝑚→∞ 𝐿𝑝1 −1 (ℝ𝑁 ) 𝐿𝑝2−1 (ℝ𝑁 ) − ∫ Ω𝑚 (𝑟0 ,∞) ≤ 𝐶1 − lim inf 𝑚→∞ 𝐹(𝑥, 𝑢𝑚 ) 𝑣𝑚 𝑑𝑥 ] 𝑢𝑚 ∫ Ω𝑚 (𝑟0 ,∞) |𝐹(𝑥, 𝑢𝑚 )| 𝑣𝑚 𝑑𝑥 𝑢𝑚 30 |𝐹(𝑥, 𝑢𝑚 )| 𝜒Ω𝑚 (𝑟0,∞) (𝑥)𝑣𝑚 𝑑𝑥 𝑢𝑚 ≤ 𝐶1 − lim inf ∫ 𝑚→∞ ℝ𝑁 |𝐹(𝑥, 𝑢𝑚 )| 𝜒Ω𝑚(𝑟0,∞) (𝑥)𝑣𝑚 𝑑𝑥 = −∞ 𝑚→∞ 𝑢𝑚 ≤ 𝐶1 − ∫ lim ℝ𝑁 (2.20) Điều mâu thuẫn, 𝜒𝐼 biểu thị hàm đặc trưng liên kết với tập 𝑁 𝐼 ⊂ ℝ Do {𝑢𝑚 }∞ 𝑚=1 bị chặn 𝑆𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ ) Bởi kết trên, khơng tính tổng qt, ta giả sử (ℝ𝑁 ) 𝑚 → ∞ 𝑢𝑚 ⇀ 𝑢 𝑆𝛾,𝑏(𝑥) 𝑢𝑚 → 𝑢 𝐿𝑞 (ℝ𝑁 ) 𝑚 → ∞, ≤ 𝑞 < 2∗𝛼 (2.21) Từ (𝐴1 ), ta | ∫ 𝑓(𝑥, 𝑢𝑚 )(𝑢𝑚 − 𝑢)𝑑𝑥| ℝ𝑁 ≤ ∫ |𝑓1 (𝑥)||𝑢𝑚 ||𝑢𝑚 − 𝑢|𝑑𝑥 + ∫ |𝑢𝑚 − 𝑢||𝑢𝑚 |𝑝−1 |𝑓2 (𝑥)|𝑑𝑥 ℝ𝑁 ℝ𝑁 ≤ ‖𝑢𝑚 − 𝑢‖ 2𝑝1 𝐿𝑝1 −1(ℝ𝑁 ) + ‖𝑢𝑚 − 𝑢‖ 𝑝𝑝2 𝐿𝑝2 −1 (ℝ𝑁 ) ‖𝑢𝑚 ‖ 2𝑝1 𝐿𝑝1 −1 (ℝ𝑁 ) ‖𝑓1 ‖𝐿𝑝1 (ℝ𝑁) ‖𝑢𝑚 ‖𝑝−1 𝑝𝑝2 ‖𝑓2 ‖𝐿𝑝2 (ℝ𝑁 ) 𝑝2 −1 Từ (2.21), ta kết luận ∫ 𝑓(𝑥, 𝑢𝑚 )(𝑢𝑚 − 𝑢)𝑑𝑥 → 𝑘ℎ𝑖 𝑚 → ∞ ℝ𝑁 Vì ∫ [𝑓(𝑥, 𝑢𝑚 ) − 𝑓(𝑥, 𝑢)](𝑢𝑚 − 𝑢)𝑑𝑥 → 𝑘ℎ𝑖 𝑚 → ∞ ℝ𝑁 Chú ý ‖𝑢𝑚 − 𝑢‖2𝑆 𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ 𝑁) 31 (2.22) = 〈Φ′ (𝑢𝑚 ) − Φ′ (𝑢), 𝑢𝑚 − 𝑢〉 + ∫ [𝑓(𝑥, 𝑢𝑚 ) − 𝑓(𝑥, 𝑢)](𝑢𝑚 − 𝑢)𝑑𝑥 ℝ𝑁 Rõ ràng 〈Φ′ (𝑢𝑚 ) − Φ′ (𝑢), 𝑢𝑚 − 𝑢〉 → 𝑚 → ∞ (2.23) Từ (2.22) – (2.23), suy ‖𝑢𝑚 − 𝑢‖2𝑆 𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ 𝑁) → 𝑚 → ∞ (ℝ𝑁 ) Ta kết luận 𝑢𝑚 → 𝑢 mạnh 𝑆𝛾,𝑏(𝑥) Bổ đề 2.2.11 chứng minh ∎ Bổ đề 2.2.12 Giả sử (𝐴1 ) - (𝐴3 ), (𝐵1 ) (𝐵2 ) thỏa mãn Khi với khơng ̂ ⊂ 𝑆𝛾,𝑏(𝑥) ̂ ) > có (ℝ𝑁 ), 𝑅 = 𝑅(𝕏 gian vô hạn chiều 𝕏 𝛷(𝑢) ≤ 0, ̂ , ‖𝑢‖𝑆 ∀𝑢 ∈ 𝕏 𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ 𝑁) ≥ 𝑅 Chứng minh ̂ Ta mâu thuẫn Giả sử cho dãy {𝑢𝑛 }∞ 𝑛=1 ⊂ 𝕏 với ‖𝑢𝑛 ‖𝑆 𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ 𝑁) có M > mà Φ(𝑢𝑛 ) ≥ −𝑀 với 𝑛 ∈ ℕ Đặt 𝑢𝑛 𝑣𝑛 (𝑥) = , ‖𝑢𝑛 ‖𝑆 (ℝ𝑁 ) 𝛾,𝑏(𝑥) ‖𝑣𝑛 ‖𝑆 𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ 𝑁) = Ta giả sử (ℝ𝑁 ) 𝑛 → ∞ 𝑣𝑛 ⇀ 𝑣 yếu 𝑆𝛾,𝑏(𝑥) 𝑣𝑛 → 𝑣 a e ℝ𝑁 𝑘ℎ𝑖 𝑛 → ∞, 𝑣𝑛 → 𝑣 mạnh 𝐿𝑞 (ℝ𝑁 ) 𝑛 → ∞, ≤ 𝑞 < 2∗𝛾 ̂ vô hạn chiều, Với 𝕏 ̂ 𝑛 → ∞ 𝑣𝑛 → 𝑣 mạnh 𝕏 ̂ , ‖𝑣‖𝑆 𝑣 ∈ 𝕏 𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ 𝑁) = Do đó, từ (2.20) ta có −𝑀 𝑚→∞ ‖𝑢𝑚 ‖22 𝑆 = lim 𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ Φ(𝑢𝑚 ) 𝑚→∞ ‖𝑢𝑚 ‖22 (ℝ𝑁 ) 𝑆 ≤ lim 𝑁) 32 𝛾,𝑏(𝑥) → ∞, ≤ 𝐶1 − ∫ lim inf 𝑚→∞ ℝ𝑁 |𝐹(𝑥, 𝑢𝑚 )| 𝜒Ω𝑚(𝑟0,∞) (𝑥)𝑣𝑚 𝑑𝑥 = −∞ 𝑢𝑚 ̂ ) > Φ(𝑢) ≤ 0, với 𝑢 ∈ 𝕏 ̂, Do dẫn đến mâu thuẫn Có 𝑅 = 𝑅(𝕏 ‖𝑢‖𝑆 𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ 𝑁) ≥ 𝑅 ∎ ∞ (ℝ𝑁 ) 𝕏𝑗 = ℝ𝑒𝑗 , Cho {𝑒𝑗 }𝑗=1 sở tổng trực tiếp 𝑆𝛾,𝑏(𝑥) 𝑘 𝕐𝑘 = ⊕ 𝕏𝑗 , 𝑗=1 𝑘 ⊕ ℤ𝑘 = 𝕏𝑗 , 𝑘 ∈ ℕ 𝑗 =𝑘+1 Cho 𝛽𝑘 = ‖𝑢‖𝐿𝑞 (ℝ𝑁 ) , ≤ 𝑞 < 2∗𝛼 sup 𝑢∈ℤ𝑘 (2.24) ‖𝑢‖𝑆2 𝑁 =1 𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ ) 𝛽𝑘 → 𝑘 → ∞ Thật vậy, giả sử khơng có trường hợp Khi có ∞ (ℝ𝑁 ), ‖𝑢𝑗 ‖ 𝜀0 > {𝑢𝑗 }𝑗=1 ⊂ 𝑆𝛾,𝑏(𝑥) 𝑆 𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ 𝑁) = 1, với 𝑢𝑗 ⊥ 𝕐𝑘𝑗 , (ℝ𝑁 ), ta ‖𝑢𝑗 ‖𝐿𝑞(ℝ𝑁) ≥ 𝜀0 , 𝑘𝑗 → ∞ 𝑗 → ∞ Bất kì 𝑣 ∈ 𝑆𝛾,𝑏(𝑥) tìm thấy 𝑤𝑗 ∈ 𝕐𝑘𝑗 mà 𝑤𝑗 → 𝑣 𝑗 → ∞ Vì |(𝑢𝑗 , 𝑣)𝑆 𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ 𝑁) | = |(𝑢𝑗 , 𝑤𝑗 − 𝑣)𝑆 𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ 𝑁) | ≤ ‖𝑤𝑗 − 𝑣‖𝑆 𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ 𝑁) (ℝ𝑁 ) Do đó, 𝑢𝑗 → 𝐿𝑝 (ℝ𝑁 ) , mâu 𝑗 → ∞, 𝑢𝑗 ⇀ yếu 𝑆𝛾,𝑏(𝑥) thuẫn Bổ đề 2.2.13 Giả sử (𝐴1 ), (𝐵1 ) (𝐵2 ) thỏa mãn Khi tồn số 𝜌, 𝛼, 𝑘 > 𝑚à 𝛷(𝑢) ≥ 𝛼 𝑣ớ𝑖 𝑚ọ𝑖 𝑢 ∈ ℤ𝑘 , có ‖𝑢‖𝑆 𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ 𝑁) = 𝜌 Chứng minh Bất kì 𝑢 ∈ ℤ𝑘 , sử dụng bất đẳng thức Hö lder’s, ta có Φ(𝑢) ≥ ‖𝑢‖𝑆22 (ℝ𝑁) − ‖𝑓1 ‖𝐿𝑝1 (ℝ𝑁) ‖𝑢‖2 𝑝1 𝛾,𝑏(𝑥) 𝐿𝑝1−1 (ℝ𝑁 ) − ‖𝑓2 ‖𝐿𝑝2 (ℝ𝑁 ) ‖𝑢‖ 𝑝 𝑝𝑝1 𝐿𝑝1 −1(ℝ𝑁 ) 33 𝑢 = ‖𝑢‖𝑆22 (ℝ𝑁) − ‖𝑓1 ‖𝐿𝑝1 (ℝ𝑁) ‖ 𝛾,𝑏(𝑥) ‖𝑢‖𝑆 2 ‖ 𝑁 𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ ) − ‖𝑓2 ‖𝐿𝑝2 (ℝ𝑁 ) ‖ Vì ≤ 2𝑝1 𝑝1 −1 𝑝1 𝐿𝑝1 −1 (ℝ𝑁 ) ‖𝑢‖𝑆22 𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ 𝑁) 𝑝 𝑢 ‖ ‖𝑢‖𝑆 𝑁 𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ ) 𝑝𝑝1 𝐿𝑝1 −1(ℝ𝑁 ) ‖𝑢‖𝑆𝑝2 𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ 𝑁) < 2∗𝛾 , ≤ 𝑝𝑝2 < 2∗𝛾 , ta có Φ (𝑢 ) ≥ ‖𝑢‖𝑆22 (ℝ𝑁) − ‖𝑓1 ‖𝐿𝑝1 (ℝ𝑁) 𝛽𝑘2 ‖𝑢‖2 𝑝1 𝛾,𝑏(𝑥) 𝐿𝑝1 −1 (ℝ𝑁) 𝑝 𝑝 − ‖𝑓2 ‖𝐿𝑝2 (ℝ𝑁) 𝛽𝑘 ‖𝑢‖ 𝑝𝑝1 𝐿𝑝1 −1 (ℝ𝑁 ) Do (2.24), ta chọn k đủ lớn, ‖𝑢‖𝑆 𝑁 𝛾,𝑏(𝑥) (ℝ ) = 1 𝑝 − ‖𝑢‖𝑆22 (ℝ𝑁) − ‖𝑓1 ‖𝐿𝑝1 (ℝ𝑁) 𝛽𝑘2 − ‖𝑓2 ‖𝐿𝑝2 (ℝ𝑁 ) 𝛽𝑘 𝑝 = 𝛼 > 𝛾,𝑏(𝑥) ∎ Định lí 2.2.14 Giả sử b f thỏa mãn (𝐴1 ), (𝐴2 )(𝐴3 ), (𝐴4 ), (𝐵1 ) 𝑣à (𝐵2 ) Khi Bài tốn có vơ số nghiệm không tầm thường Chứng minh (ℝ𝑁 ), 𝕐 ≡ 𝕐𝑘 , ℤ ≡ ℤ𝑘 Do bổ đề 2.10, 2.11 2.12 Cho 𝕏 ≡ 𝑆𝛾,𝑏(𝑥) thỏa mãn tất điều kiện bổ đề 2.6 Do đó, tốn có vơ số nghiệm không tầm thường ∎ KẾT LUẬN Trong luận văn tơi - Đưa hai tốn Bài tốn 1: Giả sử Ω miền bị chặn, có biên trơn ℝN , N ≥ Ta xét toán: −∆γ u + a(x)u = f(x, u) Ω 34 u|∂Ω = ̃ N với a ∈ L (Ω), ∆γ tốn tử có dạng N ∆γ ≔ ∑ ∂xj (∂2j ∂xj ), j=1 ∂xj ≔ ∂ , j = 1,2, … , N ∂xj Bài toán 2: Ta xét toán sau −∆γ u + b(x)u = f(x, u) ℝN , { u ∈ Sγ2 (ℝN ), với ∆γ toán tử subelliptic có dạng N ∆γ ≔ ∑ ∂xj (γ2j ∂xj ) , γ = (γ1 , γ2 , … , γN ): ℝN → ℝN j=1 Toán tử ∆γ chứa nhiều toán tử elliptic suy biến loại toán tử Grushin Gα ≔ ∆x + |x|2α ∆y , α ≥ 0, x biểu thị điểm ℝN1 × ℝN2 , tốn tử có dạng Pα,β ≔ ∆x + ∆y + |x|2α |y|2β ∆z , (x, y, z) ∈ ℝN1 × ℝN2 × ℝN3 , với α, β số thực không âm - Sử dụng định lý nhúng cho trường hợp tới hạn phương pháp biến phân cho phiếm hàm tương ứng, Luận văn điều kiện đủ vế phải phương trình elliptic suy biến để tốn có nghiệm khơng tầm thường TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Nguyễn Minh Chương, Ya.D.Mamedow, Khuất Văn Ninh (1992), Giải xấp xỉ phương trình tốn tử, Nhà xuất Khoa học Kỹ thuật Hà Nội [2] Nguyễn Thừa Hợp (1999), Giáo trình Phương trình đạo hàm riêng, Nhà xuất Đại học Quốc Gia Hà Nội 35 [3] Hà Trần Phương (2010), Đề cương giảng Giải tích hàm, khoa Tốn trường Đại học sư phạm Thái Nguyên [4] Hoàng Tụy (2005), Hàm thực giải tích hàm, Nhà xuất Đại học Quốc Gia Hà Nội Tiếng Anh [5] A E Kogoj and E Lanconelli (2012), "On semilinear - Laplace equation", Nonlinear Analysis.75(12), 4637-4649 [6] C T Anh and B K My (2016), "Existence of solutions to -Laplace equations without the Ambrosetti- Rabinowitz condition", Complex Var Elliptic Equ 61(1), 137-150 [7] D T Luyen (2017), "Two nontrivial solutions of boundary value problems for semilinear ∆𝛾 differential equations", Math Notes 101(5), 815 823 [8] D T Luyen, D T Huong, and L T H Hanh , “Existence of infinitely many solutions for ∆𝛾 - Laplace problems”, Department of Mathematíc, Hoa Lu Univesity, Ninh Nhat, Ninh Binh City, Vietnam, Received June 10, 2017, in final form, March 12, 2018 [9] D T Luyen and N M Tri (2015), "Existence of solutions to boundary value problems for semilinear differential wquations", Math Notes 97(1),73-84 [10] D T Luyen and N M Tri, "On the existence of multiple solutions to boundary value problems for semilinear elliptic degenerate operators"(in press) [11] D T Luyen and N M Tri, “Existence of infinitely many solutions for semilinear degenerate Schrodinge equations” [12] S Luan and A Mao (2005), "Periodic solutions for a class of nonautonomous Hamiltonian systems", Nonlinear Anal 61(8), 1413-1426 36 ... DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN PHÂN TRONG VIỆC TÌM NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC SUY BIẾN CHỨA TỐN TỬ ∆? ??? Trong Chương 2, sử dụng phương pháp biến phân để tìm nghiệm Bài tốn chứa phương trình elliptic suy. .. tồn nghiệm phương trình elliptic suy biến làm nội dung nghiên cứu luận văn với tên gọi: ? ?Sử dụng phương pháp biến phân việc tìm nghiệm phương trình elliptic suy biến chứa tốn tử ∆? ??? ” Mục đích luận. .. luận văn Mục đích luận văn nghiên cứu tồn nghiệm phương trình elliptic suy biến chứa toán tử ∆? ? Phương pháp nghiên cứu Để chứng minh tồn nghiệm phương trình elliptic suy biến, tơi sử dụng phương