Đang tải... (xem toàn văn)
Đề tài nghiên cứu điều kiện tồn tại và không tồn tại nghiệm yếu của bài toán biên có chứa phương trình elliptic suy biến mạnh nửa tuyến tính trong miền bị chặn có biên trơn và sự tồn tại nghiệm, nghiệm toàn cục, tập hút toàn cục của bài toán biên giá trị ban đầu đối với phương trình parabolic có toán tử elliptic suy biến phi tuyến. Mời các bạn cùng tham khảo.
Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành Khoa Tốn học, Học viện Khoa học Cơng nghệ, hướng dẫn GS TSKH Nguyễn Minh Trí Sự giúp đỡ hướng dẫn tận tình, nghiêm túc thầy suốt trình thực đề tài giúp tác giả trưởng thành nhiều cách tiếp cận vấn đề Tác giả xin bày tỏ lịng biết ơn, lịng kính trọng sâu sắc thầy Tác giả xin trân trọng cảm ơn lãnh đạo Học viện, Phòng Đào tạo Sau đại học, Khoa Tốn học thầy giáo, giáo Viện Toán học giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt trình học tập hồn thành khóa luận Hà Nội, ngày 10 tháng 10 năm 2020 Tác giả Hà Đức Thái Lời cam đoan Tôi xin cam đoan Luận văn tự làm hướng dẫn GS TSKH Nguyễn Minh Trí Trong q trình nghiên cứu hồn thành luận văn, tơi kế thừa thành nhà khoa học với trân trọng biết ơn Các kết trích dẫn luận văn trung thực rõ nguồn gốc Hà Nội, ngày 10 tháng 10 năm 2020 Tác giả Hà Đức Thái Bảng kí hiệu N Tập số tự nhiên R Tập số thực C Tập số phức ∅ Tập rỗng C0∞(Ω) Không gian hàm khả vi vô hạn giá compact Kết thúc chứng minh Mục lục Lời cảm ơn Lời cam đoan Bảng kí hiệu Lời mở đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Không gian Lp bất đẳng thức p 1.2 Không gian S1 (Ω) 1.3 Phương trình ellptic suy biến chứa toán tử Grushin 8 10 12 Tính nhiều nghiệm tốn biên elliptic suy biến 2.1 Đặt toán 2.2 Chứng minh định lý 2.3 Định lý 2.4 Ví dụ 20 20 22 44 47 Tài liệu tham khảo 50 Lời mở đầu Lí thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng nghiên cứu cơng trình J D’Alembert (1717 - 1783), L Euler (1707 - 1783), D Bernoulli (1700 - 1782), J Lagrange (1736 1813), P Laplace (1749 - 1827), S Poisson (1781 - 1840) J Fourier (1768 - 1830), cơng cụ để mơ tả học mơ hình giải tích Vật lí Vào kỷ XIX với xuất công trình Riemann, lí thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng chứng tỏ công cụ thiết yếu nhiều ngành toán học Cuối kỷ XIX, H Poincaré mối quan hệ biện chứng lí thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng ngành toán học khác Sang kỷ XX, lí thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng phát triển vơ mạnh mẽ nhờ có cơng cụ giải tích hàm, đặc biệt từ xuất lí thuyết hàm suy rộng S L Sobolev L Schwartz xây dựng Nghiên cứu phương trình hệ phương trình elliptic tổng qt đóng vai trị quan trọng lí thuyết phương trình vi phân Hiện kết theo hướng tương đối hồn chỉnh Cùng với phát triển khơng ngừng toán học khoa học kỹ thuật nhiều toán liên quan tới độ trơn nghiệm phương trình hệ phương trình khơng elliptic xuất Có số lớp phương trình, có lớp phương trình elliptic suy biến, khía cạnh có số tính chất giống với phương trình elliptic Tuy nhiên kết đạt cho phương trình phi tuyến elliptic cịn ít, chưa đầy đủ Với lí nêu chúng tơi chọn đề tài nghiên cứu cho luận văn “Bài tốn tính nhiều nghiệm tốn biên cho phương trình elliptic suy biến phi tuyến” Kết luận văn trình bày dựa báo Dương Trọng Luyện Nguyên Minh Trí [D T Luyen and N M Tri, Infinitely many solutions for a class of perturbed degenerate elliptic equations involving the Grushin operator, Complex Variables and Elliptic Equations 2020, doi: 10.1080/17476933.2020.1730824] Nội dung luận văn gồm chương: Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương trình bày khái niệm, định lý sử dụng luận văn trình bày phương trình elliptic suy biến dạng Grushin Chương Trong chương chúng tơi trình bày chi tiết phần chứng minh bổ đề định lý kết báo “Infinitely many solutions for a class of perturbed degenerate elliptic equations involving the Grushin operator" Tôi hy vọng luận văn tài liệu tham khảo tốt cho người quan tâm đến lĩnh vực Tuy nhiên, với phạm vi thời gian kiến thức có hạn, luận văn khơng thể tránh khỏi thiếu sót Kính mong nhận góp ý, bảo thầy, cô bạn đồng nghiệp Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, trình bày số kiến thức khơng gian Lp , khơng gian Sobolev có trọng định lý nhúng Chương gồm ba phần: - Phần thứ nhất: Trình bày khơng gian Lp vá số bất đắng thức liên quan đến không gian Lp - Phần thứ hai: Trình bày khơng gian Sobolev có trọng định lý nhúng - Phần thứ ba: Trình bày phương trình elliptic suy biến chứa tốn tử Grushin 1.1 Không gian Lp bất đẳng thức Định nghĩa 1.1.1 [1] Cho Ω miền đo theo nghĩa Lebesgue Rn Họ hàm số f : Ω → R có lũy thừa bậc p |f |pdµ < (1 ≤ p < +∞) mođun khả tích Ω, nghĩa Ω p p +∞ gọi khơng gian L (Ω, µ) hay L (Ω) Ví dụ 1.1.1 [1] Cho Ω ⊂ R3 miền bị chặn với biên trơn, µ độ đo thể tích, nghĩa µ(A) = V ol(A), ∀A ⊂ R3 Khi với ≤ p < +∞ khơng gian hàm đo Lp (Ω) = |f |pdxdydz < +∞ {f : Ω → R} thỏa mãn Ω Định nghĩa 1.1.2 [1] Không gian Lp (Ω), ≤ p < +∞ không gian định chuẩn với chuẩn xác định sau p ||f ||Lp(Ω) := p |f | dµ Ω Định lý 1.1.1 (Bt ng thc Hăolder) Cho Rn miền bị chặn với biên trơn, p, q ∈ R thỏa mãn < p, q < +∞, p1 + 1q = f ∈ Lp(Ω), g ∈ Lq (Ω) Khi có (i) f g ∈ L1 (Ω) (ii) ||f g||L1 (Ω) ≤ ||f ||Lp (Ω) ||g||Lq (Ω) Dấu “ =" xảy ∃α, β ∈ R, α, β ≥ 0, α + β > thỏa mãn α|f |p = β|g|q h k n Ω Định lý 1.1.2 (Bt ng thc Hăolder tng quỏt) Cho Rn miền bị chặn với biên trơn số thực p1 , p2 , , pn ∈ (1, +∞), r ∈ [1, +∞) thỏa mãn n i=1 1 = , fi ∈ Lpi (Ω), ∀i = 1, 2, , n pi r Khi ta có (i) f1 f2 fn ∈ Lr (Ω) (ii) ||f1 f2 fn ||Lr (Ω) ≤ ||f1 ||Lp1 (Ω) ||fn ||Lpn (Ω) Định lý 1.1.3 (Bất đẳng thức Young) Cho Ω ⊂ Rn miền bị chặn với biên trơn số thực p1 , p2 , , pn ∈ (1, +∞) thỏa n mãn i=1 pi = fi ∈ Lpi (Ω), với i = 1, 2, , n Khi ta có n n ||fi||Lpi (Ω) ≤ i=1 ||fi||pLipi (Ω) pi i=1 Định lý 1.1.4 (Bất đẳng thức Poincaré) Cho Ω ⊂ Rn miền bị chặn với biên trơn số thực p ≥ ∃c > cho n ||Dj u||Lp (Ω), ∀u ∈ C0∞(Ω) ||u||Lp (Ω) ≤ c j=1 Định lý 1.1.5 (Định lý nhúng không gian Lp ) Cho Ω ⊂ Rn miền bị chặn số thực p, q ∈ [1, +∞), p < q Khi phép nhúng Lq (Ω) → Lp (Ω) liên tục 1.2 Khơng gian S1p(Ω) Cho Ω ⊂ RN1 × RN2 miền bị chặn với biên trơn số thực α > Định nghĩa 1.2.1 (Xem [2]) Với ≤ p < ∞, ta định nghĩa tập tất hàm u ∈ Lp (Ω) cho ∂u ∂u , |x|α ∂y ∂xi j ∈ Lp(Ω) với i = 1, 2, , N1, j = 1, 2, , N2 không gian S1p(Ω) p Chuẩn S1 (Ω) định nghĩa N1 u S1p (Ω) = i=1 ∂u ∂xi N2 p α |x| + Lp (Ω) j=1 10 ∂u ∂yj p p + u Lp (Ω) p Lp (Ω) + Nếu um ∈ supp Ψ theo Bổ đề 2.1.2 ta có ψ(um)G(x, y, um)dX ≤ C8 |Φ(um)| δ+1 ρ + |Φ(un)| ρ + Ω G(x, y, um)dX ≤ C8 cδ+1 + c ρ + < +∞ =⇒ lim m→+∞ Ω Vậy ∃C19 > cho Ω G(x, y, um)dX ≤ 21 C19, ∀m đủ lớn ψ(um)G(x, y, um)dX ≤ C19, ∀m đủ lớn Hay Ω Do theo (2.0.13) ta có − Hay ta có limm→+∞ Ω F (x,y,um ) ||um ||2 Ω F (x,y,um ) dX ||um ||2 dX → m → +∞ S1,0 (Ω) = S1,0 (Ω) Ta xét hai trường hợp: a) Nếu ω = =⇒ um → Lυ (Ω), ∀2 ≤ υ ≤ 2∗α Vậy um → m → +∞ h k n Ω u Từ (T2 ) F (x, y, u) = f (x, y, ξ)dξ ta có F (x, y, um) |um| ≤ f (x, y) ||um||2S (Ω) ||um||2S 1,0 (Ω) 1,0 |um|p + f2(x, y) ||um||2S (Ω) 1,0 Với số r0 điều kiện (T4 ) ta có ∀0 ≤ |um | < r0 |um|p = |um|2r0p−2 (vì ≤ p ≤ 2∗α ) =⇒ Ωm (0,r0 ) F (x, y, um) dX ≤ ||um||2S (Ω) 1,0 |f2(x, y)||um|2dX ≤ + C20 Ω |f1(x, y)| dX 1,0 (Ω) Ω ||um||2S 1,0 (Ω) 37 |um| ||um||2S ||f1||Lp1 (Ω)||um|| p1 L p1 −1 (Ω) Ta có C20 ||f2 ||Lp2 (Ω) ||um || p2 L p2 −1 (Ω) 2≤ → m → +∞ 2p2 pp2 p1 ≤ ≤ 2∗α , > p − p2 − p1 − Theo điều kiện (T3 ) ta có lim m→+∞ Ωm (0,r0 ) Đặt q = q ,q q−1 Ωm (r0 ,+∞) > Nα F (x, y, um) dX = ||um||2S (Ω) 1,0 T4 =⇒ 2q ∈ [2, 2∗α ] Ta có F (x, y, um) dX = ||um||2S (Ω) 1,0 Ωm (r0 ,+∞) q F (x, y, um) q dX |um|2 ≤ q 2q |ωm| dX Ωm (r0 ,+∞) Ωm (r0 ,+∞) Fˆ (x, y, um)dX ≤ C21 F (x, y, um)|ωm|2 dX |um| q 2q |ωm| dX q (theo(T4)) Ωm (r0 ,+∞) Ωm (r0 ,+∞) 2q ≤ C21 |ωm| dX q (theo (2.0.14)) Ωm (r0 ,+∞) ≤ ||ωm||L2q (Ω) → m → +∞ ≤ 2q ≤ 2∗α =⇒ lim m→+∞ Ωm (0,r0 ) 2F (x, y, um) dX = ||um||2S (Ω) 1,0 điều mâu thuẫn b) Nếu ω = =⇒ A = {(x, y) ∈ Ω | ω(x, y) = 0} phải có độ đo dương =⇒ lim um(x, y) = lim ||um||2S1,0 (Ω) |ω(x, y)| = +∞h k n A m→+∞ m→+∞ 38 Mặt khác ta có F (x, y, um) dX ≥ lim inf m→+∞ ||um||2S (Ω) = lim m→+∞ 1,0 Ω ≥ lim inf m→+∞ A A F (x, y, um) dX ||um||2S (Ω) 1,0 F (x, y, um) |ωm|2dX (theo Bổ đề Fatou) |um| = +∞ (theo điều kiện (T3)) điều mâu thuẫn Vậy {un }n bị chặn S1,0 (Ω) Do tồn dãy {un } để đơn giản ta ký hiệu {um } thỏa mãn hội tụ yếu đến u S1,0 (Ω) hội tụ mạnh đến u Lυ (Ω) m → +∞, với (1 ≤ υ ≤ 2∗α ) Hay um → u h.k.n Ω m → +∞ Theo (T2 ) ta có f (x, y, un)(um − u)dX ≤ Ω |f1(x, y)||um − u|dX Ω |f2(x, y)||um − u||um|p−1dX + Ω ≤ ||f1||Lp1 (Ω)||um−u|| p1 L p1 −1 (Ω) +||f2||Lp2 (Ω)||um−u|| pp2 L p2 −1 (Ω) ||um||p−1pp2 L p2 −1 (Ω) → m → +∞ Vì um → u h.k.n Ω m → +∞ f (x, y, u)(um − u)dX = (2.0.15) =⇒ lim m→+∞ Ω g(x, y, u)−g(x, y, um) (um−u)dX = Tương tự ta có limm→+∞ Ω (2.0.16) Vậy Φ (um) → (S1,0 (Ω))∗ um hội tụ yếu đến 39 u S1,0 (Ω) m → +∞ nên theo điều kiện (A3) Bổ đề 2.1.3 ta có lim (1+T1(u))Φ (um)(um −u)−(1+T1(um))Φ (u)(um −u) = m→+∞ (1+T1(u))Φ (um)−(1+T1(um))Φ (u) (um −u) = =⇒ lim m→+∞ Mặt khác ta có (1 + T1(u))Φ (um) − (1 + T1(um))Φ (u) (um − u) |∇α um − ∇α u|2dX = (1 + T1(u))(1 + T1(um)) Ω − f (x, y, u) − f (x, y, um) (um − u)dX Ω −(1 + T1(um))(ψ(um) + T1(um)) g(x, y, um)(u − um)dX Ω g(x, y, u)(u − um)dX +(1 + T1(u))(ψ(u) + T1(u)) Ω |u|ρ−1(um − un)dX −(1 + T1(u))T3(um)) Ω |u|ρ−1(um − u)dX +(1 + T1(um))T3(u)) Ω Trong T3 (u) = ρχ κ(u)−1 ) |u|ρdX κ(u)−1) G(x, y, u)dX Ω Ω Kết hợp với (2.0.15) (2.0.16) ta có |∇α um − ∇α u|2dX = lim m→+∞ Ω Vậy {um } hội tụ mạnh đến u S1,0 (Ω) m → +∞ 40 Bổ đề 2.2.6 [4].Giả sử f thỏa mãn điều kiện (T2 ), (T3 ), g thỏa ˆ mãn điều kiện (G1 ) khơng gian hữu hạn chiều X ˆ thỏa mãn S1,0 (Ω) tồn R > phụ thuộc vào X ˆ ||u||S (Ω) ≥ R Φ(u) ≤ 0, ∀u ∈ X, 1,0 ˆ limm→+∞ ||um|| = Chứng minh Giả sử phản chứng ∃{um } ⊂ X, +∞ cho ∃M > thỏa mãn Φ(um) ≥ −M, ∀m (Ω) = Vậy tồn dãy Đặt υm = ||um ||um2 =⇒ ||υm||S1,0 S1,0 (Ω) {ωm} để đơn giản ta ký hiệu {ωm} thỏa mãn dãy hội tụ yếu đến ω S1,0 (Ω) hội tụ mạnh đến ω Lυ (Ω), ∀2 ≤ υ ≤ 2∗α ˆ hữu hạn chiều Do ωm → ω h.k.n Ω m → +∞ Vì X ˆ m → +∞ nên suy ωm → ω mạnh X Ta có −M m→+∞ ||um ||2 S Φ(um) Φ(um) ωm = −∞ = lim m→+∞ ||um ||2 m→+∞ um S (Ω) ≤ lim = lim 1,0 (Ω) 1,0 Theo Bổ đề 2.1.5, trường hợp ω = ta có lim lim inf m→+∞ m→+∞ Ω F (x, y, um) ωmdX = +∞ um2 ˆ ||u||S (Ω) > R Điều mâu thuẫn nên ta có Φ(u) ≤ 0, ∀u ∈ X, 1,0 ˆ mà R phụ thuộc vào X với giá trị riêng λi thỏa mãn Gọi ei vectơ riêng ứng (Ω) = 1∀i ||ei||S1,0 2 Đặt Vk = span(e1 , e2 , , en ) ⊂ S1,0 (Ω), ∀k > Vì S1,0 (Ω) khơng gian Hilbert nên ∃Vk⊥ phần bù trực giao đầy đủ Vk 41 Theo bổ đề (2.2.6) ta chọn {rk }k dãy tăng thỏa mãn điều (Ω) ≥ rk kiện Φ(u) ≤ 0, ∀u ∈ Vk ||u||S1,0 Đặt Brk = {x ∈ S1,0 (Ω)} | |x| ≤ rk }, Wk = Brk ∩ Vk , 2 (Ω) = Γk = {h ∈ (Wk , S1,0 (Ω)) | h hàm lẻ h(u) = u, ∀||u||S1,0 rk } (Ω) ≤ Uk = {u ∈ tek+1 + ω | t ∈ [0, rt+1], ω ∈ Bk+1 ∩ Vk , ||u||S1,0 rk+1} Λk = {H ∈ C(Uk , S1,0 (Ω)) | H|Wk ∈ Γk }, H(u) = u (Ω) = rk+1 u ∈ (Br ||u||S1,0 \Brk ) ∩ Vk k+1 Bổ đề 2.2.7 [ 5] Cho ρ > 0, ∀k ∈ N, ρ < rk , h ∈ Γk ta có ⊥ = ∅ h(Wk ) ∩ ∂Bρ ∩ Vk−1 2 (Ω) = ρ} Trong ∂Bρ = {u ∈ S1,0 (Ω) | ||u||S1,0 Bổ đề Rabirowitz chứng minh [5] ( Bổ đề 1.44 [5]) Tiếp theo ta đặt γk = inf max Φ(H)(u) H∈Λk u∈Uk βk = inf max Φ(h)(u) h∈Γk u∈Wk Bổ đề 2.2.8 [4] Giả sử f thỏa mãn (T2 ) g thỏa mãn (G1 ) Khi tồn số C20 > k0 ∈ N cho ∀k ≥ k0 βk ≥ C20k 2pp2 Nα (pp2 ˘2p2 +2) −1 Chứng minh Khơng tính tổng qt ta giả sử p3 ≤ p1 , p4 ≤ p2 Nếu cần thiết ta đổi vai trị F (x, y, u) G(x, y, u) Từ điều kiện (T2 ) ta có F (x, y, u)dX ≤ ||f1||Lp1 (Ω)||u|| p1 L p1 −1 (Ω) Ω 42 +||f2||Lp2 (Ω)||u|| p2 L p2 −1 (Ω) Vì p1 ≥ pp2 p2 (p−1)+1 =⇒ p1 −1 p2 −1 p2 (p−1)+1 ≥ p1 −1 =⇒ ≤ p2 (p−1)+1 p2 −1 p1 p2(p − 1) + pp2 =1+ ≤1+ = p1 − p1 − p2 − p2 − =⇒ Mà Ω miền bị chặn nên suy ||u|| Mặt khác ta lại có (Ω) ≤ C22||u|| p1 L p1 −1 pp2 pp2 ≤ p2 −1 p2 −1 =⇒ ||u|| p2 p L −1 =⇒ ||u|| p2 L p2 −1 (Ω) p2 ∈ [2, 2∗α ] (Ω) ≤ C 22||u|| pp2 p L −1 (Ω) ≤ C 22||u|| pp2 L p2 −1 F (x, y, u)dX ≤ C23||u|| =⇒ pp2 L p2 −1 pp2 p L −1 (Ω) ≤ Ω (Ω) (Ω) p2 − pp2 pp2 |u| p2−1 dX+C24 Ω (Theo bất đẳng thức Young) F (x, y, u)dX ta có Tương tự với Ω Φ(u) ≥ 2 |∇α u| dX − C25 Ω |u| pp2 p2 −1 dX − C26 Ω Ta lại có |u| pp2 p2 −1 r |u| |u| dX = Ω pp2 p2 −1 −r dX ≤ Ω (r thỏa mãn r + |u| dX Ω pp2 p2 −1 −r 2∗α = r 2∗α |u| dX Ω = 1) pγ p2 −1 −r γ ||u||L2(Ω)||u||2∗α ∗ Sử dụng bất đẳng thức nhúng từ S1,0 (Ω) vào L2α (Ω) chứng minh Mệnh đề [6] ta có pp2 p2 −1 −r γ (Ω) − C27 ||u|| Φ(u) ≥ − ||u||S1,0 (Ω) − C28 L (Ω) ||u||S1,0 43 pp2 p2 −1 −r Kết hợp với Bổ đề 1.44 [5] tương tự Định lý 1.3 [2] ta có điều phải chứng minh 2.3 Định lý Theo định nghĩa Φ u ∈ S1,0 (Ω) nghiệm yếu toán (2.1) u điểm tới hạn hàmΦ Theo Bổ đề 2.1.4 u điểm tới hạn hàmΦ giá trị Φ(u) đủ lớn u điểm tới hạn hàmΦ Như Định lý 2.2.1 chứng minh ta Φ có dãy điểm dừng khơng bị chặn Ta có tập hợp Vk , Vk⊥ , Brk , Wk , Γk , Uk Λk định nghĩa cuối chương luận văn Rabirowitz chứng minh ∀ρ > 0, ∀k ∈ R, ρ < rk h ∈ Γk ⊥ ta có h(Wk ) ∩ ∂Bk ∩ Vk−1 = (Bổ đề 1.44 [5]) Với số γk , βk định nghĩa cuối chương luận văn ta chứng minh limk→+∞ βk = +∞ Ta định nghĩa phiếm hàm Euler - Lagrange toán (2.1)như sau: Φ : S1,0 (Ω) → R Φ(u) = |∇α u|2dxdy− Ω F (x, y, u)dxdy− Ω G(x, y, u)dxdy Ω u Trong F (x, y, u) = u f (x, y, ξ)dξ; G(x, y, u) = g(x, y, ξ)dξ Như hàm u ∈ S1,0 (Ω) nghiệm yếu tốn (2.1)khi điểm tới hạn hàmphiếm hàm Euler - Lagrange [4] 44 Chứng minh Giả sử γk > βk ≥ M2 Đặt δ ∈ (0, γk − δk ) Λk (δ) = {H ∈ Λk | Φ(H) ≤ βk + δ Wk } γk (δ) = inf max Φ(H(u)) H∈Λk (δ) u∈Uk Tương tự Bổ đề 1.57 [5] chứng minh γk (δ) điểm tới hạn hàmΦ (Bổ đề 3.9 [4]) Do Định lý 2.2.1 chứng minh ta tồn dãy γk cho γk > βk tương ứng Bây chứng minh điều Giả sử phản chứng γk = βk , ∀k ≥ k1 ∀ε > 0, chọn H ∈ Λk thỏa mãn maxu∈Uk Φ(H(u)) ≤ βk + ε Đặt ˆ H(u) = H(u) u ∈ Uk , ˆ H(u) = −H(−u) − u ∈ Uk Ta lại có Wk+1 = BRk+1 ∩ Vk+1 = Uk ∪ U(−k) Thật vậy, u ∈ BRk+1 ∩ Vk+1 =⇒ u ∈ Vk+1 , u ∈ BRk+1 k aiei, ∈ R, ∀i = 1, k + =⇒ u = ak+1ek+1 + i=1 (Ω) =⇒ |ak + 1| < rk+1 Vậy ta có |ak + 1| ≤ ||u||S1,0 Mặt khác ta lại có (Ω) ≤ ||u||S (Ω) < rk+1 aiei ∈ Vk ||w||S1,0 1,0 w= i =⇒ w ∈ BRk+1 ∩ Vk =⇒ u = ak+1ek+1 + w với |ak+1| < rk+1 Vậy u ∈ Uk ∪ U−k =⇒ Wk+1 ⊂ Uk ∪ U−k Tiếp theo u ∈ Uk ∪ U−k =⇒ u = tei+1 + w |t| < rk+1 45 (Ω) < rk+1 =⇒ u ∈ BR Vì ||u||S1,0 =⇒ u ∈ Vk+1 k+1 Hay u ∈ BRk+1 ∩ Vk+1 = Wk+1 ˆ từ Wk+1 vào S (Ω) Do H|B ∩V lẻ khả vi Do H 1,0 Rk+1 k ˆ lẻ khả vi liên tục, =⇒ H ˆ ∈ Γk+1 liên tục nên H Ta lại có ˆ ˆ ˆ = max{max Φ(H(u)); max Φ(H(u))} βk+1 ≤ max Φ(H(u)) u∈Uk u∈Wk+1 u∈U(−k) Mà ˆ max Φ(H(u)) = max Φ(H(u)) ≤ βk + ε (Do ta chọn H) u∈Uk u∈Uk ˆ max Φ(H(u)) = max Φ(−H(−u)) u∈U(−k) u∈U(−k) Vì u ∈ U(−k) =⇒ −u ∈ Uk =⇒ Φ(H(−u)) ≤ βk + ε Theo (A1 ) Bổ đề 2.1.3 ta có Φ(−H(−u)) ≤ Φ(H(−u))+C10 |Φ(H(−u))| ≤ βk + ε + C10 |βk + ε| δ+1 ρ δ+1 ρ ≤ βk + C10 βk δ+1 ρ −1 +|Φ(H(−u))| ρ +1 + |βk + ε| ρ + =⇒ βk+1 ≤ βk + ε + C10 |βk + ε| Cho ε → ta có βk+1 ≤ βk + C10 βk δ+1 ρ δ+1 ρ + |βk + ε| ρ + + βk ρ + 1 + βk ρ −1 + βk −1 , ∀k ≥ k1 Quy nạp theo bước ta có k1 +l−1 βk1+l ≤ βk1 + C10βk δ+1 ρ −1 + βk ρ −1 + βk −1 k=k1 k1 +l−1 ≤ βk1 exp δ+1 ρ −1 C10 βk k=k1 46 ρ −1 + βk + βk −1 Theo Bổ đề 2.1.8 δ+1 ρ < 1, ρ < ta có k1 +l−1 βk1+l ≤ βk1 exp k1 2pp2 Nα (pp2 −2p2 +2) −1 δ+1 ρ −1 + k=k1 + k1 ρ −1 2pp2 Nα (pp2 −2p2 +2) −1 + k1 2pp2 Nα (pp2 −2p2 +2) −1 −1 Theo giả thiết Định lý ta có 2pp2 −1 Nα (pp2 − 2p2 + 2) δ+1 − < −1 ρ 2pp2 −1 − < −1 Nα (pp2 − 2p2 + 1) ρ 2pp2 − − < −1 Nα (pp2 − 2p2 + 1) 1 =⇒ βk1+l ≤ βk1 exp C + + + ≤ βk1 e2c < +∞ k1 k2 kl l → +∞ điều mâu thuẫn 2.4 Ví dụ Ví dụ 2.4.1 Xét tốn (2.1)với α = Khi G1 (u) = ∂2u ∂x2 + |x|2 ∂∂yu2 Trong Ω ⊂ R × R miền bị chặn có biên trơn =⇒ Nα = 3; 2∗α = |ξ| f (x, y, ξ) = 2lnh(x, y)ξ ln(1 + |ξ| ) + (2.0.1) δ(1 + |ξ| ) với h ∈ C(Ω) thỏa mãn inf (x,y)∈Ω h(x, y) > g ánh xạ thỏa mãn điều kiện (G1) Khi dễ thấy f 47 ánh xạ Carathéodory thỏa mãn (T1 ) Từ (2.0.1) ta có |ξ| 1 ≤ |ξ|(ξ| )(ξ| ) = 2|ξ| |ξ| ln(1 + |ξ| ) + δ(1 + |ξ| ) =⇒ |f (x, y, ξ)| < h(x, y) + 4h(x, y)|ξ| , ∀(x, y, ξ) ∈ Ω × R Ta suy f thỏa mãn điều kiện (T2 ) với p = 73 , p1 = 3, p2 = ξ F (x, y, ξ) = f (x, y, ϕ)dϕ (ξ > 0) ξ ξ = 2h(x, y) ϕln(1 + ϕ )dϕ + 0 ϕ3 dϕ δ(1 + ϕ ) = h(x, y)ln(1 + ξ )ξ F (x, y, ξ) ) = +∞ = lim 2h(x, y)ln(1 + ξ =⇒ lim ξ→+∞ ξ→+∞ ξ Chứng minh tương tự ta có kết trường hợp ξ < Vậy f thỏa mãn điều kiện (T3 ) Fˆ (x, y, ξ) = ξf (x, y, ξ) − F (x, y, ξ) |ξ| 3) = h(x, y)|ξ| ln(1 + |ξ| ) + − h(x, y)ξ ln(1 + |ξ| δ(1 + |ξ| ) |ξ| ≤ 6|ξ|4Fˆ (x, y, z), ∀|ξ| ≥ = h(x, y) δ(1 + |ξ| ) 48 Vậy f thỏa mãn điều kiện (T4 ) 1 Fˆ (x, y, ξ) − inf h(x, y)|ξ|2 ≥ inf h(x, y)(|ξ|2 − 1) Ω (x,y)∈Ω =⇒ Fˆ (x, y, ξ) ≥ (|ξ|2 − 1), ∀(x, y, ξ) ∈ Ω × R Vậy f thỏa mãn điều kiện (T5 ) Tóm lại f thỏa mãn điều kiện từ (T1 ) đến (T5 ) g thỏa mãn điều kiện (G1 ) nên theo Định lý 2.0.1 tốn (2.1)có dãy nghiệm không bị chặn 49 Tài liệu tham khảo [A] Tài liệu tiếng Việt [1] Đặng Anh Tuấn Giáo trình lý thuyết hàm suy rộng không gian Sobolev Nhà xuất đại học quốc gia Hà Nội, 2016 [B] Tài liệu tiếng Anh [2] N M Tri, One the Grushinequation Mat Zametki 1998; 63(1): 95-105 Translation in Math Notes 1998; 63(1-2): 84-93 Russian [3] C Hua, L Peng, Lower bounds of Dirichlet eigenvalues for some degenerate ellptic operators Calc Var Partial Differential Equations 2015; 54(3): 2831-2852 [4] D T Luyen, N M Tri, On the existence of multiple solutions to boundary value problems for semilinear elliptic degenerate operators Complex Var Elliptic Equ 2019, 64(6), 1050-1066 [5] D.T Luyen, N M Tri, Infinitely many solutions for a class of perturbed degenerate elliptic equations involving the Grushin operator Complex Variables Equations 2020; https://doi.org/10.1080/17476933.20201730824 [6] R H Rabinowitz, Multiple critical point of perturbed symmetric functionals, Trans Amer Math Soc 1982; 272(2): 753-769 [7] V V Grushin, A certain class of elliptic pseudo differential operators that are degenerated on a submanifold, Mat Sb, (1971), vol 84 (126), 163-195 [8] P T Thuy, N M Tri, Nontrivial solutions to boundary value problems for semilinear strongly degenerate elliptic differential equations NoDEA Nonlinear Differential Equations Appl 2012; 19(3): 279-298 51 ... = Ω 19 Chương Tính nhiều nghiệm toán biên elliptic suy biến Trong chương chúng tơi trình bày tính nhiều nghiệm toán biên elliptic suy biến chứa toán tử Grushin Các kết chương đư trình bày báo... phương trình elliptic Tuy nhiên kết đạt cho phương trình phi tuyến elliptic cịn ít, chưa đầy đủ Với lí nêu chúng tơi chọn đề tài nghiên cứu cho luận văn ? ?Bài tốn tính nhiều nghiệm tốn biên cho phương. .. thuật nhiều toán liên quan tới độ trơn nghiệm phương trình hệ phương trình khơng elliptic xuất Có số lớp phương trình, có lớp phương trình elliptic suy biến, khía cạnh có số tính chất giống với phương