Bài toán 3.1. Cho Ω ⊂R3 là miền bị chặn với biên trơn. Chứng minh rằng bài toán
(
−∆u = u3 trong Ω
u = 0 trên ∂Ω (3.5)
có một nghiệm cổ điển không tầm thường.
Lời giải Dof(x, u) = u3và3< N + 2 N −2 = 5, trên phiếm hàmϕ(u) = R Ω [12|∇u|2 − 14u4]dx xác định và thuộc lớp C1 trên không gian Sobolev H1(Ω) theo Mệnh đề 2.1. Các điểm tới hạn của ϕ chính là nghiệm yếu của (3.5).
Bổ đề 3.1. a) u = 0 là một vùng cực tiểu địa phương ngặt của ϕ,
b) Với mỗi 06= v ∈ H01, ∃một sốρ0 : ϕ(ρ0v) ≤ 0.
Chứng minh
a) Theo định lí nhúng Sobolev H01 ⊂L4, nên ta có ϕ(u) = 1
2kuk2 − 1
4kuk4L4 ≥ 1
2kuk2 −Ckuk4.
Do đó, ϕ(u) > 0 = ϕ(0)∀u : 0 < kuk ≤ r, với mộtr > 0nhỏ nào đó. b) Đặt δ = RΩυ4dx, với mỗiυ ∈ H01, kυk= 1 đã cho ta có
ϕ(ρυ) = 1 2ρ
2 − 1
4δρ
4 → −∞ khiρ → ∞.
Từ đây, ta có điều phải chứng minh.
Định lý 3.3. ([7]) Bài toán (3.5) có nghiệm cổ điển không tầm thường.
Chứng minh
Ta sử dụng định lí qua núi. Doϕ ∈ C1(H01,R)nên ta chỉ cần chứng minh ϕ thỏa mãn điều kiện (P S). Lấy dãy (un) : |ϕ(un)| ≤ C, ϕ0(un) → 0. Khi đó, ∀n đủ lớn ta có |ϕ0(un).un| = Z Ω h |∇un|2 −u4n i dx ≤ kunk.
Do đó ϕ(un) − 1
4ϕ0(un).undx ≤ C + 14 kunk, hay 14kunk2 ≤ C + 14 kunk. Chứng tỏ kunk bị chặn, vì thế ta có thể giả thiết (qua dãy con nếu cần) un hội tụ yếu đến ub trong H01. Nhưng khi đó, vì ∇ϕ(un) = u−T(u) với T là toán tử compact (theo Nhận xét 2.2) nên
un = ∇ϕ(un) +T(un) → 0 +T(bu).
Vì vậy, cun hội tụ mạnh đến ub trong H01, chứng tỏ rằng ϕ thỏa mãn điều kiện (P S).
Với Bổ đề 3.1 cho phép ta sử dụng Định lí 3.2 với e = ρ0υ để khẳng định tồn tại điểm tới hạn u0 : ϕ(u0) =c ≥ b > 0 = ϕ(0).
Do đó, u0 là nghiệm yếu không tầm thường của (3.5). Hơn nữa do cả ∂Ω
và f(x, u) =u3 đều trơn, nên u0 là nghiệm cổ điển ([5]).
Bài toán 3.2. Nghiên cứu sự tồn tại nghiệm yếu và nghiệm cổ điển không tầm thường của bài toán Dirichlet phi tuyến tổng quát hơn:
( (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
−∆u = f(x, u) trongΩ,
u = 0 trên∂Ω. (3.6)
Trong đó, Ω ⊂ RN,(N ≥ 2) là miền trơn, hàm f : Ω×RN → R là hàm Carathéodory thỏa mãn điều kiện tăng (2.4) trước Mệnh đề 2.1. Hơn nữa, ta giả thiết các điều kiện sau
f(x, s) = 0(|s|)khis →0, đều theo x. (f2) Tồn tại, µ > 2 và r > 0 sao cho
0< µF(x, s) ≤ sf(x, s)với |s| ≥ r,∀x (f3)
(trong đó nhớ rằng F(x, s) = R0sf(x, τ)dτ).
Điều kiện (f3) được gọi là siêu toàn phương do Ambrosetti và Rabinowitz đưa ra.
Như ta đã biết, do f là hàm Carathéodory thỏa mãn điều kiện (2.4), nên theo Mệnh đề 2.1 ϕ(u) = Z Ω 1 2|∇u|2 −F(x, u) dx (3.7)
thuộc lớp hàm C1 trên không gian Sobolev H01(Ω). Tiếp theo, tương tự như Bổ đề 3.1 ta có
Bổ đề 3.2. a) u = 0 là cực tiểu địa phương ngặt của ϕ;
b) Với mỗi 06= υ ∈ H01, ∃một sốρ0 : ϕ(ρ0υ) ≤0. Chứng minh
a) Theo điều kiện(f2), vớiε > 0, ∃δ = δ(ε) > 0 : |f(x, s)| ≤ ε|s|, ∀ |s| ≤ δ, do đó
|F(x, s)| ≤ 1
2ε|s|2 nếu |s| ≤δ. (3.8) Bây giờ, theo (f1)
|F(x, s)| ≤Aε|s|σ+1nếu |s| ≥ δ = δ(ε), (3.9) Kết hợp (3.8) và (3.9) ta được |F(x, s)| ≤ 1 2ε|s|2 +Aε|s|σ+1, ∀s ∈ R,∀x ∈ Ω. (3.10) Vì vậy, sử dụng (3.10) ta được ϕ(u) = 1 2kuk2 − Z Ω F(x, u)dx ≥ 1 2kuk2 − ε 2kuk2L2 −AεkukσL+1σ+1, do đó ϕ(u) ≥ 1 2kuk2− ε 2λ1kuk2−cAεkukσ+1 = 1 2(1− ε λ1)kuk2−Cεkukσ+1 (3.11) theo bất đẳng thức Poincarés λ1kuk2L2 ≤ kuk2 và bất đẳng thức Sobolev kukLσ+1 ≤ ckuk (do σ + 1 < 2N
N −2). Vì vậy, lấy ε < λ1 và
giả thiết σ > 1 trong (f1), từ (3.11) dẫn đến ϕ(u) > 0 = ϕ(0), ∀u : 0< kuk ≤ r, với một số r > 0 nhỏ tùy ý.
b) Từ điều kiện (f3) và (f1), ta có F là siêu toàn phương theo nghĩa tồn tại các hằng số c, d > 0 sao cho
F(x, s) ≥ c|s|µ−d, ∀s ∈ R, ∀x∈ Ω. (3.12) Do đó,ϕ(u) = 1 2kuk2 − Z Ω F(x, u)du ≤ 1 2kuk2 −ckukµLµ +d|Ω|, vì thế, với v ∈ H01, kvk = 1. Đặt δ = ckvkµLµ > 0, ta được ϕ(ρv) ≤ 1 2ρ 2 −δρµ+d|Ω| → −∞khiρ→ ∞. Nói riêng, ∃ρ0 > 0 : ρ(ρ0v) ≤0.
Chú ý 3.1. Ta biết trong phần b) của bổ đề 3.2, điều kiện (f3) dẫn đến (3.12) với µ > 2(F là siêu toàn phương) và do đó ϕ(ρv) → −∞ khi ρ → ∞, với mỗi06= v ∈ H01 đã cho. Vì thế phiếm hàm ϕ không bị chặn dưới.
Mặt khác, vì ϕ(u) = 12kuk2−ψ(u), với ψ là một phiếm hàm liên tục yếu (xem Ví dụ 2.3) nên nếu ta gọi (en) là cơ sở trực chuẩn của H01, thì
lim
n→∞ψ(Ren) = 0, ∀R >0đã cho và lim
n→∞φ(Ren) = 12R2. Do R >0 bất kì nên ϕ cũng không bị chặn trên. Định lý 3.4. [7]: Nếu f : Ω×R → R là hàm Carathéodory thỏa mãn các điều kiện (f1) → (f3) thì Bài toán 3.2 có nghiệm yếu không tầm thường u ∈ H01.
Chứng minh
Như chứng minh Định lí 3.3, ta chứng tỏ ϕ ∈ C1 H01, R thỏa mãn điều kiện (P S). Lấy ((un)) : |ϕ(un)| ≤ C, ϕ0(un) →0. Với mọi n đủ lớn, ta có |ϕ0(un).un|= Z h |∇un|2 −f(x, un)unidx ≤ kunk,
do đó ϕ(un)− µ1ϕ0(un).undx ≤ C+ µ1 kunk, có nghĩa là 21 − µ1kunk2 ≤ C + µ1 kunk, trong đó 1 2 − 1 µ > 0. Chứng tỏ kunk bị chặn.
Bây giờ, việc chứng minh ϕ thỏa mãn điều kiện (P S) hoàn toàn tương tự như chứng minh Định lí 3.3, Bổ đề 3.2 và Định lí 3.2 cho ta sự tồn tại nghiệm yếu u0 ∈ H01 không tầm thường của (3.6).
Chú ý 3.2. Nếu f : Ω×R→ R được giả thiết là Lipschitz địa phương thì nghiệm yếu u0 cũng là một nghiệm cổ điển ([7]).
Chú ý 3.3. Điều kiện Palais - Smale là điều kiện compact liên quan đến phiếm hàm và không gian X, kết hợp theo một cách nào đó. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Thực tế tính vô hạn chiều của X không có vai trò gì trong việc yêu cầu điều kiện (P S) (cũng như một số điều kiện compact khác) trong định lí qua núi. Thực vậy, thậm chí với không gian hữu hạn chiều thì chỉ một điều kiện hình học thì vẫn không đảm bảo được mức c là mức tới hạn.
3.2 Định lí điểm yên ngựa3.2.1 Bậc tôpô