Định lý điểm bất động Leray-Schauder-Schaefer

1.5 Một số định lý điểm bất động cơ bản

1.5.5 Định lý điểm bất động Leray-Schauder-Schaefer

Định lý 1.5.13. (1934)

Giả sử rằng

1. Toán tử T : X → X là compact, X là không gian Banach.

2. Tập hợp {x ∈ X : ∃t ∈ (0,1) với x = tT x} ⊂ B(0, r).

Khi đó phương trình x = T x giải được.

Chứng minh. Đặt M := {x ∈ X : ||x|| ≤ 2r}. Ta xây dựng toán tử S(x) :=        T(x) nếu||T x|| ≤2r 2rT x ||T(x)|| nếu||T x|| > 2r

Hiển nhiên, ||Sx|| ≤ 2r với mọi x ∈ X, nghĩa là, S(M) ⊂ M. Ta sẽ chỉ ra rằng S : M →M là toán tử compact trên M := {x :||x|| ≤ 2r}

• Tính liên tục của S là hiển nhiên, điều này suy ra tính liên tục của T : X → X và từ

T x = 2rT x

||T(x)|| nếu ||T(x)|| = 2r,

bằng cách dùng định nghĩa liên tục theo (, δ) • Ta cịn phải chỉ ra tính compact của S.

Giả sử {xn} là một dãy trong M. Xét hai khả năng: (a) Tồn tại dãy con {yn} của {xn} : ||T(yn)|| ≤ 2r ∀n, (b) Tồn tại dãy con {zn} của {xn}: ||T(yn)|| > 2r ∀n,

Trường hợp (a), do tính compact của T ta suy ra tồn tại dãy con {zn} của {yn : S(zn) =T(zn) →y khi n→ ∞.

Trường hợp (b), ta có thể chọn dãy {zn} sao cho

1

||T(zn)|| → α và T(zn →y),với α, y thích hợp.

Do đó S(zn) →2rαy khi n → ∞. Vậy S là toán tử compact. Theo định lý Schauder, ∃x ∈ M : Sx = x. Nếu ||T(x)|| ≤ 2r thì T x =

Sx = x. Ngược lại, nếu ||T(x)|| > 2r thì x = Sx = 2rT x

||T x|| = tT x, trong đó t =

2r

||T x||, t ∈ (0,1)

Điều đó dẫn đến ||x|| = 2r, trong khi theo giả thiết ||x|| ≤r. Mâu thuẫn này kết thúc chứng minh của định lý.

Một số ứng dụng định lý điểm bất động vào

phương trình đạo hàm riêng

2.1 Ứng dụng định lý điểm bất động Ba-

nach đối với bài toán Dirichlet cho một lớp phương trình elliptic cấp 2 phi tuyến. Giả sử Ω là một tập con mở, bị chặn trong không gian R với biên ∂Ω trơn. Xét bài toán Dirichlet:

  

 

−∆u+b(Du) =f trong Ω

u = 0 trên ∂Ω

trong đó f(x) ∈ L2(Ω). b : Rn → R là hàm liên tục Lipschitz với hằng số Lipschitz đủ nhỏ, nghĩa là b(s) thỏa mãn điều kiện:

|b(s)−b(s)| ≤ k|s−s| với hằng số k đủ bé.

Định lý 2.1.1.

Giả sử f(x) ∈ L2(Ω), b(s) là hàm liên tục Lipschitz với hằng số k đủ bé.

Khi đó bài tốn 2.1 tồn tại duy nhất nghiệm suy rộng u ∈ H01(Ω)

Chứng minh.

Xét bài toán biên

  

 

−∆u+b(Du) =f trong Ω

u = 0 trên ∂Ω

(2.2)

trong đó f(x) ∈ L2(Ω). Ta nói rằng hàm u ∈ H01(Ω) là một nghiệm yếu hay nghiệm suy rộng của bài toán nếu:

(Du, Dϕ) = (f, ϕ)−(b(Du), ϕ) với mỗi ϕ ∈ C0∞(Ω)

• Chọn γ < 0 sao cho |γ| < k, γ < λ1, λ1 là giá trị riêng chính của tốn tử −∆. Ta viết bài tốn 2.1 dưới dạng:

  

 

−∆u−γu = f −γu−b(Du) trong Ω

u = 0 trên ∂Ω

(2.3)

Với u ∈ H01(Ω) cố định, xét bài toán

  

 

−∆ω−γω = f −γu−b(Du) trong Ω

ω = 0 trên ∂Ω

(2.4)

Chú ý rằng với u ∈ H01(Ω) thì b(Du) ∈ L2(Ω). Khi đó bài tốn 2.1

tồn tại duy nhất nghiệm ω ∈ D(−∆) ⊂ H01(Ω) xác định bởi công thức

Như vậy, với mỗi u ∈ H01(Ω) cố định, tồn tại duy nhất nghiệm ω = (−∆−γ)−1[f −γu−b(Du)] ∈ D(−∆).

của bài tốn 2.1. Điều đó có nghĩa là tồn tại một toán tử A : H01(Ω)→ D(−∆) ⊂H01 ⊂L2(Ω)

sao cho với mỗi u ∈ H01(Ω)

Au = ω = (−∆−γ)−1[f −γu−b(Du)] ∈ D(−∆) ⊂L2(Ω)

• Tiếp theo ta sẽ chứng minh rằng với mỗi hằng sốk đủ béAlà toán tử co trong H01(Ω). Kí hiệu ||.||L2(Ω) là chuẩn trong khơng gian L2(Ω).

Lý thuyết phương trình đạo hàm riêng tuyến tính chỉ ra nghiệm u ∈ H01(Ω) của bài toán 2.1 sẽ thuộc H2(Ω) và ta có ước lượng

||ω||H2(Ω) ≤ C||f −γu−b(Du)||L2(Ω) Vì uk →u trong H01(Ω) nên lim k→∞uk = u trong H01(Ω). Nghĩa là: lim k→∞(uk, ϕ)1 = (u, ϕ)1,∀ϕ ∈ C0∞(Ω).

Do H01(Ω)nhúng compact trong L2(Ω) nên lim

k→∞uk = u trong L2(Ω), tức là lim k→∞(uk, ϕ) = (u, ϕ),∀ϕ ∈ C0∞(Ω). Mặt khác, do b là hàm liên tục Lipschitz và dùng bất đẳng thức Poincare, ta có

||b(Duk)−b(Du)||L2(Ω) ≤ k||Duk −Du||L2(Ω)

Suy ra

||b(Duk)−b(Du)||L2(Ω) ≤ k||Duk −Du||L2(Ω) ≤ k||uk −u||H1 0(Ω)

Vì uk → u trong H01(Ω) nên b(Duk) → b(Du) trong L2(Ω). Do đó

b(Duk) hội tụ yếu đến b(Du) trong L2(Ω) Tức là

Do đó

(uk, ϕ)1 = (Duk, Dϕ) = (uk,−∆ϕ)

= (−∆−γ)−1[f −γuk−1 −b(Duk−1)],−∆ϕ

= (−∆−γ)−1[f −γuk−1 −b(Duk−1)],(−∆−γ)ϕ+γ(uk−1, ϕ) Cho k → ∞ ta có

(u, ϕ)1 = (−γu, ϕ) + (f −b(Du), ϕ) +γ(u, ϕ)

= (f −b(Du), ϕ),∀ϕ∈ H01(Ω)

Vậy u là nghiệm suy rộng của bài tốn 2.1. Tính duy nhất nghiệm được suy ra từ điều kiện Lipschitz.

Từ đó

||Au||H2(Ω) ≤ C||f −γu−b(Du)||L2(Ω). Vì H2(Ω) nhúng compact trong H1(Ω) nên

||Au||H1

0(Ω) ≤ C||f −γu−b(Du)||L2(Ω). Giả sử u, ue∈ H01(Ω) và ω = Au, eω = Aeu.Ta có

||Au−Aeu||H1

0(Ω) ≤ C|| − γu+γue−b(Du) + b(Deu)||L2(Ω) = C|| − γ(u−u)e −[b(Du)−b(Deu)]||L2(Ω)

≤ C|γ|.||u−eu||L2(Ω) + ||b(Du)−b(Du)||e L2(Ω)

Dob(s) là hàm liên tục Lipschitz và sử dụng bất đẳng thức Poincare ta có ||b(Du)−b(Du)||e H1 0(Ω) ≤ k||u−eu||H1 0(Ω) Từ đó ta có ||Au−Aeu||H1 0(Ω) ≤ Ck||u−u||e H1 0(Ω) (2.5)

Từ 2.5 ta thấy nếu Ck < 1 thì A là ánh xạ co trong H01(Ω)

điểm bất động Banach ta suy ra {uk} là dãy hội tụ trong H01(Ω), do đó tồn tại u ∈ H01(Ω) sao cho

lim

k→∞||uk −u||1 = 0 hay lim

k→∞uk = u trong H01(Ω.)

• Ta sẽ chứng minh u là nghiệm suy rộng của bài tốn 2.1. Vì uk →u trong H01(Ω) nên lim

k→∞uk = u trong H01(Ω), nghĩa là

lim

k→+∞(uk, ϕ)1 = (u, ϕ)1 với mỗi ϕ ∈ C0∞(Ω).

Do H01(Ω)nhúng compact trong L2(Ω) nên lim

k→∞uk = u trong L2(Ω),

tức là

lim

k→+∞(uk, ϕ) = (u, ϕ) với mỗi ϕ ∈ C0∞(Ω).

Mặt khác do b là hàm liên tục Lipschitz và dùng bất đẳng thức Poincare ta có:

||b(Duk)−b(Du)||L2(Ω) ≤ k||Duk −Du||L2(Ω)

Suy ra

||b(Duk)−b(Du)|| ≤ k||Duk −Du||L2(Ω)

≤ k||uk −u||H1 0(Ω)

Vì uk hội tụ yếu đến u trong H01(Ω) nên b(Duk) → b(Du) trong L2(Ω) do đó b(Duk) hội tụ yếu đến b(Du) trong L2(Ω), tức là

(b(Duk), ϕ) →(b(Du), ϕ), ∀ϕ ∈ C0∞(Ω).

Do đó

(uk, ϕ)1 = (Duk, Dϕ)

= (uk,−∆ϕ)

= ((−∆−γ)−1[f −γuk−1 −b(Duk−1)],−∆ϕ)

= ((−∆−γ)−1[f −γuk−1 −b(Duk−1)],(−∆−γ)ϕ) +γ(uk−1, ϕ) Cho k → ∞ ta có

(u, ϕ)1 = (−γu, ϕ) + (f −b(Du), ϕ) +γ(u, ϕ)

Vậy u là nghiệm suy rộng của bài tốn 2.1. Tính duy nhất suy từ điều kiện Lipschitz.

2.2 Ứng dụng định lý Leray-Schaefer để

giải bài tốn giá trị biên đối với một lớp phương trình đạo hàm riêng tựa tuyến tính

Giả sử Ω là tập mở, bị chặn trong Rn, với biên trơn ∂Ω. Xét bài toán biên Dirichlet     

−∆u+b(Du) + µu= 0 trong Ω

u = 0 trên ∂Ω

(2.6)

Ta giả thiết b : Rn →R là hàm liên tục Lipschitz. Do đó ta có |b(x)| ≤C(|x|+ 1), với hằng số C nào đó và ∀x ∈ Rn. Định lý 2.2.1.

Nếu µ > 0 là đủ lớn, thì tồn tại một hàm u ∈ H2(Ω)∩H01(Ω) thỏa mãn bài toán biên 2.6

Chứng minh.

Xét bài tốn biên

  

 

−∆u+b(Du) + µu= 0 trong Ω

u = 0 trên ∂Ω

(2.7)

Ta nói rằng hàm u ∈ H01(Ω) là một nghiệm suy rộng của bài tốn nếu:

• Ta viết bài tốn dưới dạng:     

−∆u+µu= −b(Du) trong Ω

u= 0 trên ∂Ω

(2.8)

Với u ∈ H01(Ω) cố định, xét bài tốn

     −∆ω +µω = −b(Du) trong Ω ω = 0 trên ∂Ω (2.9)

Đặt f := −b(Du), với u ∈ H01(Ω) thì f ∈ L2(Ω). Theo lý thuyết

phương trình đạo hàm riêng tuyến tính tồn tại ω ∈ H01(Ω) là nghiệm duy nhất của bài toán 2.6. Người ta cũng chỉ ra rằng ω ∈ H2(Ω) với đánh giá

||ω||H2(Ω) ≤ C||f||L2(Ω) (2.10) Điều đó có nghĩa là tồn tại một ánh xạ A : H01(Ω) → H01(Ω) sao cho với mỗi u ∈ H01(Ω), Au = ω ∈ H2(Ω). Khi đó, sử dụng tính Lipschitz của b và bất đẳng thức Poincare, ta được

||Au||H2(Ω) ≤ C||f||L2(Ω) = C||b(Du)||L2(Ω) ≤C(||u||H1

0(Ω) + 1)

(2.11) • Bây giờ ta khẳng định A : H01(Ω) → H01(Ω) là compact. Thật vậy,

nếu uk →u trong H01(Ω) thì theo đánh giá 2.11, ta có

sup||ωk||H2(Ω) ≤ ∞,với ωk = A[uk], k = 1,2, . . .

Do đó tồn tại một dãy con {ωkj}∞j=1 và một hàm ω ∈ H01(Ω) sao cho ωkj →ω trong H01(Ω). Từ đó, Z Ω (DωkjDϕ+µωkjϕ)dx = − Z Ω b(Dukj)ϕdx, ∀ϕ∈ C0∞(Ω)

Chuyển qua giới hạn,

Z Ω (DωDϕ+µωϕ)dx = − Z Ω b(Du)ϕdx, ∀ϕ ∈ C0∞(Ω)

Vậy ω = Au. Từ đánh giá 2.10 và sử dụng tính Lipschitz của hàm b ta suy ra Auk → Au trong H01. Do đó A liên tục.

Bây giờ ta chỉ ra A là toán tử compact.

Thật vậy, nếu {uk}∞k=1 là dãy bị chặn trong H01(Ω) thì từ đánh giá 2.11 ta khẳng định rằng {Auk} là dãy bị chặn trong H2(Ω),

cho nên có ngay một dãy con hội tụ mạnh trong H01(Ω) (chú ý rằng ở đậy ta dùng định lý sau:

Định lý 2.2.2. định lý Mazur

Giả sử C là một tập con lồi của không gian Banach X. Khi đó bao

đóng mạnh của C trùng với bao đóng yếu của nó.

• Sau cùng ta chỉ ra rằng nếu µ đủ lớn thì tập

{u ∈ H01(Ω)| u = λAu, λ ∈ (0,1)}

bị chặn trongH01(Ω).Thật vậy, giả thiết rằngu ∈ H01(Ω)vàu = λAu với λ nào đó, 0 < λ < 1. Khi đó u

λ = Au, hay nói cách khác u ∈ H2(Ω)∩H01(Ω) và

−∆u+µu = −λb(Du) trong Ω

(do u

λ là nghiệm)

Nhân đồng nhất này với u và lấy tích phân trên Ω, ta có

R Ω (|Du|2 +µ|u|2)dx = −R Ω λb(Du)udx ≤R Ω C(|Du|+ 1)|u|dx ≤ 1 2 R Ω |Du|2dx+CR Ω (|u|2 + 1)dx (dùng bất đẳng thức Cauchy)

Hằng số C không phụ thuộc vào λ. Từ đó

Z

Ω

(|Du|2 + (2µ−C)|u|2)dx ≤ C

Vậy

Z

nghĩa là

||u||H1

0(Ω) ≤ C

Theo định lý Leray-Schauder-Schaefer suy ra A có điểm bất động u ∈ C2(Ω)∩ H01(Ω), và thỏa mãn bài toán 2.6.

Thật vậy, lấy u0 ∈ H01(Ω), tồn tại u1 là nghiệm của bài tốn

  

 

−∆u1 + µu1 = −b(D(u0)) trong Ω

u1 = 0 trên ∂Ω

tồn tại nghiệm u2 của bài toán

  

 

−∆u2 + µu2 = −b(D(u1)) trong Ω

u2 = 0 trên ∂Ω

quá trình tiếp tục, ta được tồn tại nghiệm un của bài tốn

  

 

−∆un+µun = −b(D(un−1)) trong Ω

un = 0 trên ∂Ω

Ta có

(Dun+1, Dϕ) = −µ(un+1, ϕ)−(b(Du), ϕ) với mỗi ϕ ∈ C0∞(Ω.)

Cho n → ∞ ta có

(Du, Dϕ) = −µ(u, ϕ)−(b(Du), ϕ) với mỗi ϕ ∈ C0∞(Ω.)