Nhận viết luận văn Đại học , thạc sĩ - Zalo: 0917.193.864 Tham khảo bảng giá dịch vụ viết bài tại: vietbaocaothuctap.net Download luận văn thạc sĩ ngành toán học với đề tài: Phương pháp nghiệm trên nghiệm dưới giải bài toán Dirichlet đối với phương trình Elliptic, cho các bạn tham khảo

1. ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
- - - - - - - - - - - - - - - - - -
Bùi Thị Oanh
PHƯƠNG PHÁP NGHIỆM TRÊN NGHIỆM DƯỚI
GIẢI BÀI TOÁN DIRICHLET ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH
Mã số: 60 46 01 02
Người hướng dẫn khoa học
PGS. TS. HOÀNG QUỐC TOÀN
HÀ NỘI - 2014

2. Mục lục
Mở đầu 3
1 Cơ sở toán học 6
1.1 Không gian Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.1 Khái niệm về không gian Sobolev . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.2 Không gian H1
0 (Ω) và H−1(Ω) . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2 Toán tử vi phân đạo hàm riêng elliptic tuyến tính cấp hai . . . . . 9
1.3 Bài toán Dirichlet đối với phương trình Laplace . . . . . . . . . . . 10
1.3.1 Phương trình Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3.2 Nguyên lý cực đại cực tiểu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3.3 Bất đẳng thức Harnack . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3.4 Toán tử −∆ của bài toán Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3.5 Các tính chất của toán tử −∆ . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.4 Phương pháp biến phân ứng dụng vào bài toán Dirichlet đối với
phương trình elliptic nửa tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2 Nghiệm trên nghiệm dưới và phương pháp lặp đơn điệu trong
không gian Banach 16
2.1 Tập hợp nón thứ tự . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.2 Phương pháp nghiệm trên nghiệm dưới và phép xấp xỉ liên tiếp . 19
2.3 Áp dụng vào phương trình vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.3.1 Bài toán Dirichlet đối với phương trình vi phân nửa tuyến
tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.3.2 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
3 Phương pháp nghiệm trên nghiệm dưới và bài toán biên Dirich-
let nửa tuyến tính đối với toán tử Laplace 27
3.1 Phương pháp nghiệm trên, nghiệm dưới . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.2 Phương pháp nghiệm trên yếu, nghiệm dưới yếu . . . . . . . . . . 33
3.3 Một số ví dụ áp dụng của phương pháp nghiệm trên nghiệm dưới
vào các bài toán biên Elliptic nửa tuyến tính . . . . . . . . . . . . 40
Kết luận 49
1

3. Tài liệu tham khảo 50
2

4. Mở đầu
Trong luận văn này chúng tôi tìm hiểu và nghiên cứu về: "Phương pháp
nghiệm trên nghiệm dưới giải bài toán Dirichlet đối với phương trình Elliptic".
Nguyên tắc của phương pháp này dựa vào nguyên lý cực đại của nghiệm của
phương trình elliptic. Bản luận văn này gồm ba chương trong đó gồm phần kiến
thức cơ bản và hai chương chính:
Chương 1. Cơ sở toán học
Trong chương này, một số kiến thức cơ bản được nhắc lại. Đó là:
- Không gian Sobolev
- Toán tử vi phân đạo hàm riêng Elliptic tuyến tính cấp hai
- Bài toán Dirichlet đối với phương trình Laplace: Phương trình Laplace, nguyên
lý cực đại cực tiểu, bất đẳng thức Harnck, toán tử −∆ và các tính chất của toán
tử −∆
- Phương pháp biến phân ứng dụng vào bài toán Dirichlet đối với phương trình
elliptic nửa tuyến tính.
Chương 2. Nghiệm trên nghiệm dưới và phương pháp lặp đơn điệu trong không
gian Banach
Ở chương này, luận văn đi vào trình bày khái niệm về tập hợp nón thứ tự, từ
đó dẫn đến phương pháp nghiệm trên nghiệm dưới và phương pháp xấp xỉ liên
tiếp. Thông qua đó tác giả luận văn đã có một số ví dụ minh họa áp dụng vào
phương trình vi phân để giải bài toán Dirichlet đối với phương trình vi phân
nửa tuyến tính.
Chương 3. Phương pháp nghiệm trên nghiệm dưới và bài toán biên Dirichlet nửa
tuyến tính đối với toán tử Laplace
Ở chương này, luận văn đề cập hai mảng: Nghiệm trên, nghiệm dưới và nghiệm
trên yếu, nghiệm dưới yếu. Trong chương này chúng tôi giới thiệu khái niệm
3

5. "nghiệm trên nghiệm dưới" của bài toán Dirichlet đối với phương trình Laplace,
chứng minh định lý cơ bản của phương pháp nghiệm trên nghiệm dưới. Và đã
đưa ra được một số ví dụ áp dụng của phương pháp nghiệm trên nghiệm trên
nghiệm dưới vào các bài toán biên elliptic nửa tuyến tính.
Mặc dù bản thân đã cố gắng và nghiêm túc trong học tập và nghiên cứu khoa
học nhưng do thời gian có hạn, kiến thức bản thân còn hạn chế nên trong quá
trình thực hiện luận văn không tránh khỏi những sơ suất. Rất mong nhận được
sự góp ý của thầy cô và các bạn.
Tôi xin chân thành cảm ơn.
4

6. Lời cảm ơn
Tôi xin được bày tỏ lòng kính trọng và lòng biết ơn sâu sắc đến PGS.TS
Hoàng Quốc Toàn. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn cũng như giải đáp
các thắc mắc của tôi trong suốt quá trình tôi thực hiện đề tài.
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy cô Khoa Toán - Cơ - Tin học,
Phòng Sau đại học Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà
Nội; các thầy cô đã tham gia giảng dạy khóa cao học 2011-2013 đã tạo điều kiện
thuận lợi cho tôi hoàn thành luận văn của mình.
Tôi xin chân thành cảm ơn gia đình đã luôn động viên tôi trong suốt quá
trình học tập và làm luận văn.
Hà Nội, tháng 11 năm 2014
Học viên
Bùi Thị Oanh
5

7. Chương 1
Cơ sở toán học
1.1 Không gian Sobolev
1.1.1 Khái niệm về không gian Sobolev
Giả sử Ω là miền bị chặn trong Rn, với biên ∂Ω.
Ký hiệu C∞
0 (Ω) là không gian tuyến tính các hàm ϕ(x) khả vi vô hạn và có giá
compact trong Ω. Rõ ràng:
C∞
0 (Ω) ⊂ Wk,p
(Ω)
Giả sử Ω ⊂ Rn là một miền mở liên thông, ta định nghĩa không gian Sobolev:
Wk,p(Ω) = {u ∈ Lp(Ω) : Dα(u) ∈ Lp(Ω), ∀α :| α |≤ k}
với chuẩn :
u p
Wk,p =
|α|≤k
Dα
u p
Lp
và
u p
Wk,+∞ = Max
|α|≤k
Dα
u L+∞
Ta chú ý rằng phép đạo hàm của hàm suy rộng là liên tục theo nghĩa hội tụ
yếu trong L1
loc(Ω). Nhiều tính chất của không gian Lp(Ω) cũng đúng trong không
gian Wk,p(Ω).
Nhận xét 1.1.
• Với p = 2 : Hk(Ω) = Wk,2(Ω), k = 1, 2, ... là không gian Hilbert.
6

8. • H0(Ω) ≡ L2(Ω).
Định lý 1.1. Với k ∈ N, 1 ≤ p ≤ +∞, Wk,p(Ω) là một không gian Banach.
Không gian Wk,p(Ω) là không gian phản xạ nếu và chỉ nếu 1 < p < +∞. Hơn
nữa Wk,2(Ω) là không gian Hilbert với tích vô hướng:
u, v Wk,2 =
|α|≤k Ω
Dα
uDα
vdx
Với 1 ≤ p ≤ +∞, Wk,p(Ω) là không gian tách được.
Định lý 1.2. Định lý nhúng Sobolev
Giả sử Ω ⊂ Rn là miền bị chặn với biên Lipchitz, k ∈ N, 1 ≤ p ≤ +∞. Khi đó:
i) Nếu k, p < n, 1 ≤ q ≤
np
n − kp
thì ta có phép nhúng: Wk,p(Ω) → Lq(Ω) là liên
tục và phép nhúng là compact nếu q <
n.p
n − k.p
.
ii) Nếu 0 ≤ m < k −
k
p
< m + 1, 0 ≤ α ≤ k − m −
n
p
thì phép nhúng liên tục
Wk,p(Ω) → Cm,α(Ω) và phép nhúng là compact nếu α < k − m −
n
p
Tính compact của phép nhúng Wk,p(Ω) → Lq(Ω) là hệ quả của định lý Rellich
KondraKov.
Nhận xét 1.2.
Định lý nhúng Sobolev vẫn đúng với các không gian Wk,p(Ω) trên mọi miền
Ω bị chặn.
1.1.2 Không gian H1
0 (Ω) và H−1
(Ω)
Giả sử Ω là miền bị chặn trong RN với biên ∂Ω.
Ký hiệu C∞
0 (Ω) là không gian tuyến tính các hàm ϕ(x) khả vi vô hạn và có giá
compact trong Ω. Trong C∞
0 (Ω) ta đưa vào tích vô hướng và chuẩn như sau:
(ϕ1, ϕ2) =
Ω
Dϕ1.Dϕ2dx, với ϕ1(x), ϕ2(x) ∈ C∞
0 (Ω) (1.1)
7

9. ϕ H1
0 (Ω) =
Ω
|Dϕ|2
dx, ϕ(x) ∈ C∞
0 (Ω) (1.2)
trong đó Dϕ là véc tơ đạo hàm (hay là vectơ gradient) của hàm ϕ(x), x ∈ Ω.
Dϕ = (
∂ϕ
∂x1
,
∂ϕ
∂x2
, ...,
∂ϕ
∂xn
)
Dϕ1.Dϕ2 =
n
i=1
∂ϕ1
∂xi
.
∂ϕ2
∂xi
|Dϕ|2
=
n
i=1
∂ϕ
∂xi
2
Khi đó C∞
0 (Ω) trở thành không gian tiền Hilbert. Ta ký hiệu H1
0 (Ω) là bổ sung
đủ của C∞
0 (Ω) theo chuẩn (1.2). Khi đó H1
0 (Ω) là không gian Hilbert với tích vô
hướng (1.1) và chuẩn (1.2). Hơn nữa H1
0 (Ω) ⊂ L2(Ω).
Theo đinh lý nhúng Sobolev thì phép nhúng H1
0 (Ω) vào L2(Ω) là compact
nghĩa là nếu M ⊂ H1
0 (Ω) là một tập bị chặn thì M là tập compact tương đối
trong L2(Ω).
Ký hiệu H−1(Ω) là đối ngẫu của H1
0 (Ω), có nghĩa là H−1(Ω) là không gian các
phiếm hàm tuyến tính liên tục xác định trong H1
0 (Ω).
f : H1
0 (Ω) → R
u → f, u
., . ký hiệu là phép toán f tác động vào hàm u ∈ H1
0 (Ω).
f −1 = sup
u∈H1
0 (Ω)
| f, u |
u H1
0 (Ω)
Định lý 1.3. Bất đẳng thức Poicaré Giả sử Ω là miền bị chặn trong RN , d
là đường kính của Ω, u ∈ H1
0 (Ω). Khi đó
Ω
|u|2
dx ≤ d2
Ω
|Du|2
dx
Từ đó ta có định lý sau:
8

10. Định lý 1.4. Giả sử Ω ⊂ RN là miền bị chặn thuộc lớp C1, tồn tại một hằng số
c = c(Ω) sao cho với mọi u ∈ H1
0 (Ω) ta có:
Ω
|u|2
dx ≤ c2
(
Ω
|Du|2
dx +
∂Ω
|u|2
dσ)
1.2 Toán tử vi phân đạo hàm riêng elliptic tuyến tính cấp hai
Trong miền Ω ⊂ Rn ta xét toán tử vi phân đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai
có dạng :
(A) : Lu := −
n
i,j=1
aij(x)
∂2u
∂xi∂xj
+
n
i=1
bi(x)
∂u
∂xj
+ c(x).u
hoặc dạng tự liên hợp (Divergence)
(B) : Lu := −
n
i,j=1
∂
∂xi
(aij(x)
∂u
∂xj
) + c(x).u
với các hệ số bi chặn aij(x) = aji(x), bi(x), c(x).
Toán tử vi phân đạo hàm riêng L được gọi là elliptic tại điểm x ∈ Ω nếu:
L0(ξ) =
n
i,j=1
aij(x)ξiξj = 0, ∀ξ = (ξ1, ξ2, ..., ξn) = 0, ξ ∈ Rn
Nếu L là elliptic tại mọi điểm x ∈ Ω thì L được gọi là toán tử elliptic trong Ω.
Khi đó L0(ξ) giữ nguyên dấu + hoặc − tại x ∈ Ω với mọi ξ = 0, ξ ∈ Rn.
Như vậy không giảm tổng quát ta có thể giả thiết L0(ξ) > 0, ∀ξ ∈ Rn, ∀x ∈ Ω
Do đó sẽ tồn tại λ > 0 sao cho:
n
i,j=1
aij(x)ξiξj ≥ λ |ξ|2
, ∀ξ = (ξ1, ξ2, ..., ξn ) ∈ Rn
, ∀x ∈ Ω.
9

11. 1.3 Bài toán Dirichlet đối với phương trình Laplace
1.3.1 Phương trình Laplace
Giả sử Ω là tập mở trong Rn, ϕ(x) ∈ C2(Ω). Ta ký hiệu:
∆ϕ(x) =
n
i=1
∂2ϕ
∂x2
i
=
∂2ϕ
∂x2
1
+
∂2ϕ
∂x2
2
+ ... +
∂2ϕ
∂x2
n
Toán tử vi phân:
∆ =
n
i=1
∂2
∂x2
i
được gọi là toán tử Laplace hay thường gọi là Laplacian.
∆ϕ: là biểu thức Laplacian của hàm ϕ(x).
Phương trình ∆ϕ = 0, x ∈ Ω được gọi là phương trình Laplace và phương trình
vi phân không thuần nhất:
∆ϕ = f(x), x ∈ Ω
được gọi là phương trình poisson.
Hàm u(x) ∈ C2(Ω) được gọi là hàm điều hòa trong Ω nếu: ∆u(x) = 0 với mọi
x ∈ Ω
Hàm u(x) ∈ C2(Ω) được gọi là hàm điều hòa dưới trong Ω nếu ∆u(x) ≥ 0( hay
−∆u ≤ 0), x ∈ Ω và được gọi là hàm điều hòa trên trong Ω nếu ∆u(x) ≤ 0( hay
−∆u ≥ 0), x ∈ Ω
Nếu Ω0 là miền bị chặn trong Rn với biên trơn ∂Ω0, −→ν là vectơ pháp tuyến
đơn vị ngoài của Ω0, khi đó với mọi trường vectơ w = (w1, w2, ...wn) ∈ C1(Ω0), ta
có công thức Oxtrogradski:
Ω0
divwdx =
Ω
w.vds
Thay w = Du, u ∈ C2(Ω0) ta có công thức Green đối với toán tử Laplace:
Ω0
∆udx =
∂Ω
∂u
∂ν
ds
10

12. 1.3.2 Nguyên lý cực đại cực tiểu
Giả sử Ω là một miền trong Rn ( nói cách khác Ω là một tập mở và liên thông
trong Rn). Khi đó nguyên lý cực đại đối với hàm điều hòa dưới và nguyên lý cực
tiểu đối với hàm điều hòa trên như sau:
Định lý 1.5. Giả sử Ω là miền bị chặn và u(x) ∈ C2(Ω) ∩ C0(Ω) sao cho:
i) ∆u ≥ 0 trong Ω. Khi đó: sup u
Ω
= sup u
∂Ω
, x ∈ Ω
ii) ∆u ≤ 0 trong Ω. Khi đó: inf
Ω
u = inf
∂Ω
u
iii)u là hàm điều hòa trong Ω. Khi đó: inf
∂Ω
u ≤ u(x) ≤ sup
∂Ω
u, x ∈ Ω
Hệ quả 1.1.
Nếu u, v ∈ C2(Ω) ∩ C0(Ω) sao cho:
∆u = ∆v trong Ω
u = v trên ∂Ω
Khi đó u(x) = v(x) với mọi x ∈ Ω.
1.3.3 Bất đẳng thức Harnack
Giả sử Ω là miền trong Rn.u(x) là hàm điều hòa không âm trong Ω. Khi đó
với mọi miền con bị chặn Ω ⊂⊂ Ω tồn tại hằng số c = c(u, Ω , Ω) > 0 sao cho
sup
Ω
u ≤ c. inf
Ω
u
1.3.4 Toán tử −∆ của bài toán Dirichlet
Ta kí hiệu: −∆ là toán tử:
−∆ : H1
0 (Ω) → H−1(Ω) (1.3)
xác định theo công thức:
(−∆u; v) = (Du; Dv), ∀u, v ∈ H1
0 (Ω) (1.4)
11

13. hoặc dưới dạng tích phân đó là:
(−∆u; v) =
Ω
Du.Dvdx, ∀u, v ∈ H1
0 (Ω)
Ta chú ý rằng: ∀u, v ∈ C∞
0 (Ω) thì :
(−∆u; v) =
Ω
Du.Dvdx
=
n
i=1 Ω
∂u
∂xi
∂v
∂xi
dx
=
n
i=1 Ω
( ∂
∂xi
(v. ∂u
∂xi
)−v.∂2
u
∂x2
i
)dx
= −
n
i=1 Ω
v.∂2
u
∂x2
i
dx +
n
i=1∂Ω
∂
∂xi
.v.cos(xi; v)ds
= −
n
i=1 Ω
v.∂2
u
∂x2
i
dx
Từ đó suy ra:
−∆u =
n
i=1
∂2u
∂x2
i
và ∆ là toán tử Laplace. Toán tử −∆ được xác định bởi (1.3) và (1.4) được gọi
là toán tử của bài toán Dirichlet với điều kiện biên thuần nhất đối với phương
trình Laplace.
−∆u = f(x) trong Ω
u = 0 trên ∂Ω
(1.5)
Định nghĩa 1.1.
Giả sử f ∈ L2(Ω). Hàm u ∈ H1
0 (Ω) được gọi là nghiệm suy rộng tức là nghiệm
yếu của bài toán Dirichlet (1.5) nếu nó thỏa mãn điều kiện:
(Du; Dv) = (f; v), ∀v ∈ C∞
0 (Ω)
Nhận xét 1.3.
Nếu nghiệm suy rộng u của bài toán Dirichlet (1.5) thỏa mãn điều kiện
u ∈ H1
0 (Ω) ∩ C2(Ω) thì:
1. u ∈ H1
0 (Ω) cho ta (Du; Dv) = (f; v), ∀v ∈ C∞
0 (Ω)
2. u ∈ C2(Ω) cho ta (Du; Dv) = (−∆u; v), ∀v ∈ C∞
0 (Ω). Nghĩa là: (−∆u; v) =
(f; v), ∀v ∈ C∞
0 (Ω) hay −∆u = f trong Ω.
Vậy u là nghiệm cổ điển của bài toán.
12

14. 1.3.5 Các tính chất của toán tử −∆
Xét u ∈ H1
0 (Ω) bất kỳ. Từ định nghĩa 1.1 của toán tử −∆, ta có:
(−∆u; u) = (Du; Du) = Du 2
L2(Ω) (1.6)
Theo bất đẳng thức Poincare tồn tại γ > 0 sao cho:
Du 2
L2(Ω) ≥ γ. u 2
H1
0 (Ω) , ∀u ∈ H1
0 (Ω)
Hơn nữa:
(−∆u; u) ≤ ∆u H−1(Ω). u H1
0 (Ω) (1.7)
Do đó:
γ. u 2
H1
0 (Ω) ≤ −∆u H−1(Ω). u H1
0 (Ω)
Vậy ta có khẳng định sau:
c. u H1
0 (Ω) ≤ −∆u H−1(Ω) (1.8)
với c > 0 nào đó. Ta đi đến định lý sau:
Định lý 1.6. Toán tử − : H1
0 (Ω) −→ H−1(Ω) là ánh xạ 1 - 1 và lên.
Định lý 1.7. Toán tử nghịch đảo T của toán tử −∆ là compact, xác định dương
và tự liên hợp trong L2(Ω).
Nhận xét 1.4.
Từ định lý 1.7 ta suy ra tồn tại một cơ sở trực giao trong L2(Ω) ký hiệu là:
{ui}∞
i=1 gồm các hàm riêng của toán tử T ứng với các giá trị riêng {µi}∞
i=1 trong
đó µi > 0 giảm dần về 0 khi j → +∞, tức là: Tui = µiui; µi 0. Hơn nữa, vì:
T : L2
(Ω) −→ H1
0 (Ω) ⊂ L2
(Ω)
nên từ đẳng thức trên ta suy ra ui ∈ H1
0 (Ω) với mọi i = 1, 2...
Mặt khác cũng từ đẳng thức trên ta có:
T−1
(Tui) = T−1
(µiui) = µi(−∆ui)
13

15. Do đó: −∆ui = 1
µi
ui
Điều đó chứng tỏ rằng toán tử − có dãy các hàm riêng {ui} trong H1
0 (Ω) tương
ứng với dãy các giá trị riêng {λi}∞
i=1 , λi =
1
µi
đơn điệu tăng khi i −→ +∞, nghĩa
là: 0 < λ1 ≤ λ2 ≤ ... ≤ λi ≤ ..., λi −→ ∞ khi i −→ ∞.
1.4 Phương pháp biến phân ứng dụng vào bài toán Dirichlet
đối với phương trình elliptic nửa tuyến tính
Giả sử Ω ⊂ Rn là miền bị chặn. Ta xét bài toán Dirichlet sau đây:
−∆u(x) = f(x, u(x)) trong Ω
u(x) = 0 trên ∂Ω.
(1.9)
trong đó f(x, s), x ∈ Ω, s ∈ R là hàm không tuyến tính đối với s, liên tục theo
(x, s) ∈ Ω × R.
Định nghĩa 1.2.
Hàm u ∈ H1
0 (Ω) được gọi là nghiệm suy rộng của bài toán (1.9) nếu và chỉ
nếu:
Ω
u0. v0dx =
Ω
f(x, u0).vdx với mọi v ∈ H1
0 (Ω) (1.10)
Giả thiết rằng:
|f(x, s)| ≤ c.(1 + |s|), s ∈ R, x ∈ Ω (1.11)
với c là hằng số.
F(x, s) =
s
0
f(x, t)dt
Đặt I : H1
0 (Ω) → R là phiếm hàm xác định trên H1
0 (Ω) theo công thức:
I(u) =
1
2
.
Ω
| u|2
dx −
Ω
F(x, u)dx, u ∈ H1
0 (Ω) (1.12)
14

16. u ∈ H1
0 (Ω) được gọi là phiếm hàm Euler- Lagrange liên kết với bài toán (1.9).
Khi đó I là phiếm hàm khả vi liên tục theo nghĩa Fréchet và đạo hàm Fréchet
I (u) của nó được xác định theo công thức:
lim
τ→0
I(u + τv) − I(u)
τ
= (I (u), v)
với mọi v ∈ H1
0 (Ω)và
(I (u), v) =
Ω
u. vdx −
Ω
f(x, u).vdx với mọi v ∈ H1
0 (Ω) (1.13)
Hàm u0 ∈ H1
0 (Ω) sao cho:
(I (u0), v) = 0 với mọi v ∈ H1
0 (Ω) được gọi là điểm tới hạn của phiếm hàm I.
Từ (1.10) và (1.13) ta suy ra nếu u0 ∈ H1
0 (Ω) là điểm tới hạn của phiếm hàm
I thì u0 là nghiệm yếu của bài toán (1.9).
Nội dung của phương pháp biến phân là đưa việc chứng minh sự tồn tại
nghiệm yếu của bài toán (1.9) về việc chứng minh sự tồn tại điểm tới hạn của
phiếm hàm Euler - Lagrange liên kết với nó.
15

17. Chương 2
Nghiệm trên nghiệm dưới và
phương pháp lặp đơn điệu trong
không gian Banach
2.1 Tập hợp nón thứ tự
Trong mục này ta quan tâm đến một khả năng mở rộng khái niệm về hàm
đơn điệu cho toán tử trong không gian Banach vô hạn chiều.
Ta nhắc lại, hàm số f : R −→ R được gọi là hàm đơn điệu tăng nếu với mọi:
x, y ∈ R mà x ≤ y thì f(x) ≤ f(y) (2.1)
Rõ ràng điều kiện (2.1) có thể viết lại dưới dạng:
Hàm f : R −→ R là đơn điệu tăng nếu với mọi x, y ∈ R thì :
(f(x) − f(y))(x − y) ≥ 0 (2.2)
Để mở rộng khái niệm "đơn điệu tăng" cho trường hợp tổng quát chúng ta
phải đưa vào một quan hệ bất đẳng thức trong không gian Banach mà chúng ta
sẽ sử dụng tương tự như khái niệm bất đẳng thức trong tập hợp số thực.
Định nghĩa 2.1.
Giả sử X là một không gian Banach thực và K là tập hợp con của X. Khi đó
K được gọi là tập hợp nón thứ tự nếu:
i) K là tập hợp đóng, khác rỗng và K = {0} .
ii) ∀a, b ∈ R, a, b ≥ 0, ∀x, y ∈ K thì a.x + b.y ∈ K
16

18. iii) x ∈ K và −x ∈ K thì x = 0
Khi đó ta định nghĩa : Cho x, y ∈ X
Nếu y − x ∈ K thì ta nói x ≤ y
Nếu x ≤ y và x = y thì x < y (2.3)
Nếu y − x ∈ intK thì x y
Giả sử x, y ∈ X ta kí hiệu: [x; y] = {z ∈ X : x ≤ z ≤ y}
Tập hợp [x; y] được gọi là "đoạn x, y " trong X.
Chú ý 2.1.
Điều kiện ii) trong định nghĩa 2.1 tương đương với điều kiện sau đây:
ii’) K là tập hợp lồi và nếu x ∈ K, a ≥ 0 thì ax ∈ K.
Thật vậy, giả sử x, y ∈ K, a, b ≥ 0 ⇒ ax + by ∈ K
Khi đó: Với t ∈ [0; 1], x, y ∈ K ⇒ t.x + (1 − t).y ∈ K ⇒ K lồi,
với x ∈ K, a ≥ 0 : a.x = a.x + 0.y ∈ K, ∀y ∈ K ⇒ a.x ∈ K
Ngược lại giả thiết K lồi và ∀x ∈ K, a ≥ 0 ⇒ a.x ∈ K
Khi đó với x, y ∈ K, a, b ≥ 0 ⇒ a.x ∈ K, b.y ∈ K
Vì K lồi nên
1
2
ax +
1
2
bx ∈ K. Do đó: 2(
1
2
ax +
1
2
bx) = ax + bx ∈ K
Định nghĩa 2.2.
Không gian Banach thực X được gọi là không gian Banach được sắp thứ tự
nếu X có một tập hợp nón thứ tự.
Ví dụ 2.1.
Ω là tập hợp bị chặn trong RN . X = C(Ω) là không gian Banach với chuẩn
f ∈ X : f = max | f(x) | .
C+(Ω) = {f ∈ C(Ω) : f(x) ≥ 0 với mọi x ∈ Ω}
Khi đó K = C+(Ω) là tập nón thứ tự trong X và ta có:
f ≤ g nếu và chỉ nếu f(x) ≤ g(x) với mọi x ∈ Ω ⇔ f(x) − g(x) ∈ K.
f g nếu và chỉ nếu f(x) < g(x) với mọi x ∈ Ω ⇔ f(x) − g(x) ∈ Int K.
Ví dụ 2.2.
Cho X = Rn. Đặt :
K = x = (x1, x2, ..., xn) ∈ Rn; xi ≥ 0(i = 1, 2, ..., n) Khi đó: cho x, y ∈ Rn, ta có:
17

19. x ≤ y ⇔ y − x ∈ K
x < y ⇔ y − x ∈ Int K
Định lý 2.1. Giả sử X là không gian Banach được sắp thứ tự. Khi đó:
1) Với mọi u, x, xn, yn, y, z ∈ X, a, b ∈ R ta có :
• x ≤ x
• x ≤ y và y ≤ x suy ra x = y
• x ≤ y và y ≤ z suy ra x ≤ z
2) Hơn nữa :
• Nếu x ≤ y, 0 ≤ a ≤ b thì ax ≤ by
• Nếu x ≤ y và u ≤ z thì x + u ≤ y + z
• Nếu xn ≤ yn với mọi n thì limn→∞ xn ≤ limn→∞ yn
Nếu các giới hạn này tồn tại. Thì giới hạn này được hiểu theo nghĩa giới hạn
theo chuẩn trong không gian Banach.
Chứng minh
Áp dụng (2.3) và tính chất của K chẳng hạn : Nếu xn ≤ yn với mọi n. Khi đó
yn − xn ∈ K. Vì K đóng và các giới hạn của {xn }∞
n=1 và {yn }∞
n=1 tồn tại, ta có
limn→∞(yn − xn) tồn tại, do đó y − x ∈ K ⇒ x ≤ y
Tập K nón sắp thứ tự được gọi là chuẩn nếu tồn tại c > 0 sao cho với mọi
x, y ∈ K, 0 ≤ x ≤ y thì:
x ≤ c. y
Bổ đề 2.1. Giả sử K là một tập sắp thứ tự với nón chuẩn. Khi đó đoạn [x; y]
trong K là tập bị chặn.
Chứng minh
Giả sử w ∈ [x; y], tức là :
x ≤ w ≤ y. Khi đó : w − x ≤ y − x, do đó:
w = w − x + x ≤ w − x + x ≤ c y − x + x .
Suy ra [x; y] bị chặn trong X.
Định nghĩa 2.3.
18

20. Giả sử X và Y là không gian Banach sắp được. Toán tử:
T : X −→ Y
DomT −→ Y
Trong đó DomT được ký hiệu là miền xác định của T trong X) được gọi là
tăng đơn điệu nếu x < y thì T(x) ≤ T(y) với mọi x, y ∈ DomT, (2.4)
Toán tử T được gọi là đơn điệu tăng thực sự nếu x < y thì T(x) < T(y) với mọi
x, y ∈ DomT và được gọi là đơn điệu tăng mạnh nếu x < y thì T(x) T(y) với
mọi x, y ∈ DomT.
Tương tự như vậy ta có định nghĩa các toán tử đơn điệu giảm, đơn điệu giảm
thực sự hay đơn điệu giảm mạnh.
Toán tử T được gọi là dương nếu T(0) ≥ 0 và với mọi x ∈ DomT, x > 0 thì
T(x) ≥ 0.
Cũng tương tự như trên ta có thể định nghĩa toán tử dương thực sự hay
dương mạnh.
Chú ý rằng nếu X = Y = R và K = R+. Khi đó đối với hàm f : R −→ R các
khái niệm đơn điệu tăng (hay giảm) ở trên trùng với định nghĩa thông thường.
Hơn nữa nếu T : X −→ Y là toán tử tuyến tính thì các khái niệm dương (hay
dương thực sự, dương mạnh) giống như đơn điệu tăng ( hay đơn điệu tăng thực
sự, đơn điệu tăng mạnh).
Thật vậy, giả sử T là toán tử tuyến tính dương. Khi đó ta có: nếu x < y ⇒
0 < y − x ⇒ 0 ≤ T(y − x) ⇒ 0 ≤ T(y) − T(x) ⇒ T(x) ≤ T(y) tức là T đơn điệu
tăng.
Các chứng minh khác được tiến hành tương tự.
2.2 Phương pháp nghiệm trên nghiệm dưới và phép xấp xỉ
liên tiếp
Giả sử X là không gian Banach được sắp thứ tự. T : X −→ X là một toán tử
ánh xạ không gian X vào chính nó. Ta xét phương trình toán tử: u = T(u) (2.5).
Ý tưởng của chúng ta sau đây là áp dụng phương pháp xấp xỉ liên tiếp cách
giải phương trình (2.5).
19

21. Định nghĩa 2.4.
Điểm u ∈ X được gọi là nghiệm trên của phương trình (2.5) (hay của toán tử
T) nếu:
T(u) ≤ u
Điểm u ∈ X được gọi là nghiệm dưới của phương trình (2.5) nếu u ≤ T(u)
Nguyên lý tổng quát của phương pháp nghiệm trên - nghiệm dưới được phát
biểu như sau:
Nếu tồn tại nghiệm trên và nghiệm dưới của phương trình (2.5), thì nghiệm
của phương trình (2.5) có thể tìm được nhờ phương pháp xấp xỉ liên tiếp.
un+1 = T(un) và vn+1 = T(vn), (n = 0, 1, 2, ...) (2.6)
trong đó u0 là nghiệm dưới và v0 là nghiệm trên của phương trình (2.5).
Định lý 2.2. Giả sử T : X −→ X là một toán tử đơn điệu tăng, compact trong
không gian Banach được sắp thứ tự với nón chuẩn , u0 là nghiệm dưới, v0 là
nghiệm trên của phương trình (2.5). Khi đó các dãy {un}∞
n=1 và {vn}∞
n=1 trong
(2.6) hội tụ nếu và chỉ nếu các dãy này bị chặn trên (tương ứng bị chặn dưới).
Nếu các dãy này hội tụ thì điểm giới hạn u = limn→+∞ un là điểm cố định bé
nhất của T, u0 ≤ u, và v = limn→+∞ vn là điểm cố định lớn nhất của T, v ≤ v0.
Chứng minh
Ta xét trường hợp nghiệm dưới
Vì T là đơn điệu tăng nên: u0 ≤ T(u0) = u1, u2 = T(u1) ≥ T(u0) = u1...
Tương tự ta có: u0 ≤ u1 ≤ u2 ≤ ...
Nếu tồn tại limn→+∞ un = u thì ta sẽ có un ≤ u với mọi n. Do đó dãy {un} bị
chặn trên. Ngược lại nếu dãy {un}∞
n=1 bị chặn trên thì dãy đó sẽ hội tụ. Thật
vậy, giả sử un ≤ v với mọi n. Khi đó u0 ≤ un ≤ v với mọi n.
Theo bổ đề 2.1 dãy {un} bị chặn trên theo chuẩn: u0 ≤ un ≤ v .
Vì un = T(un−1) và vì T là toán tử compact nên dãy {un} compact tương đối.
Do đó sẽ tồn tại dãy con {unk}∞
k=1
và u sao cho unk → u trong X.
Mặt khác vì dãy {un}∞
n=1 đơn điệu nên tất cả các dãy con hội tụ đều có cùng
giới hạn. Từ đó suy ra dãy {un} cũng hội tụ và có giới hạn u.
Vì un+1 = T(un), (n = 0, 1, 2, ...), cho n −→ +∞ ta có u = T(u).
Nếu w ∈ X và w ≥ u0 cũng là một nghiệm của (2.5). Khi đó: u1 = T(u0) ≤
20

22. T(w) = w. Từ đó ta suy ra: un ≤ w với mọi n:
Qua giới hạn khi n −→ +∞ ta suy ra u ≤ v
Vậy u là nghiệm bé nhất của (2.5).
Việc chứng minh cho nghiệm trên được làm tương tự.
Hệ quả 2.1.
Phương pháp lặp đơn điệu
Cho X là không gian Banach thực, sắp được với nón chuẩn, T : X −→ X là ánh
xạ X vào chính nó. Giả sử u0 và v0 là nghiệm dưới và nghiệm trên của phương
trình (2.5), u0 ≤ v0. Khi đó, nếu T là toán tử compact, đơn điệu tăng trên đoạn
[u0; v0] thì cả hai dãy lặp {un}∞
n=1 và {vn}∞
n=1 được xác định bởi (2.6) đều hội tụ và
u = limn→+∞ un, v = limn−→+∞ vn
là điểm bất động bé nhất và lớn nhất tương ứng của T tức là u = T(u), v = T(v).
Hơn nữa ta có:
u0 ≤ un ≤ u ≤ v ≤ vn ≤ v0, ∀n = 0, 1, 2, ...
Chứng minh
Vì u0 ≤ T(u0), T(v0) ≤ v0 và u0 ≤ v0, T là đơn điệu tăng nên ta có:
u0 ≤ T(u0) = u1 ≤ v1 = T(v0) ≤ v0,
Lý luận tiếp tục như vậy ta có:
u0 ≤ u1 ≤ u2 = T(u1) ≤ T(v1) = v2 ≤ v1 ≤ v0
cuối cùng ta có:
un = T(un−1) ≤ v0, u0 ≤ vn = T(vn−1), n = 0, 1, ...
Như vậy dãy un đơn điệu tăng và bị chặn trên, còn dãy vn đơn điệu giảm và bị
chặn dưới.
Do đó theo định lý 2.2, các dãy này đều hội tụ và ta có:
u = limn→+∞ un, v = limn→+∞ vn
là các nghiệm của phương trình (2.5) với u = T(u), v = T(v) và ta có: un ≤ u ≤
v ≤ vn, ∀n = 0, 1, 2, ...
21

23. 2.3 Áp dụng vào phương trình vi phân
2.3.1 Bài toán Dirichlet đối với phương trình vi phân nửa tuyến tính
Ta xét bài toán Dirichlet đối với phương trình vi phân sau:
−x (t) = f(t, x(t)), t ∈ (0; 1)
x(0) = x(1) = 0
(2.7)
trong đó: f : [0; 1] × R −→ R là hàm liên tục theo biến thứ nhất t và khả vi liên
tục theo biến thứ hai x.
Giả sử u0, v0 ∈ C2([0; 1]) là các hàm số thỏa mãn tương ứng các điều kiện sau
đây:
−u0(t) ≤ f(t; u0(t)), t ∈ (0; 1)
u0(0) ≤ 0, u0(1) ≤ 0.
(2.8)
và
−v0(t) ≥ f(t; v0(t)), t ∈ (0; 1)
v0(0) ≥ 0, v0(1) ≥ 0
(2.8)
Ký hiệu:
α = min
t∈[0;1]
u0(t), β = max
t∈[0;1]
v0(t)
Theo giả thiết f(t, s) là hàm liên tục trong hình chữ nhật [0; 1] × [α; β], khả vi
liên tục theo biến thứ hai. Do đó ta có thể chọn hằng số c > 0 đủ lớn sao cho:
∂f
∂s
(t, s) + c > 0, ∀(t, s) ∈ [0; 1] × [α; β]
Vì với g(t) ∈ C[0; 1], bài toán Dirichlet
−ω (t) + c.ω(t) = g(t), t ∈ [0; 1]
ω(0) =ω(1) = 0
(2.9)
có nghiệm duy nhất, do đó ta có thể xác định được ánh xạ: T : C[0; 1] −→ C[0; 1]
sao cho
C[0; 1] g(t) −→ T(g) = ω(t) là nghiệm duy nhất của bài toán (2.8).
Ký hiệu A là toán tử của bài toán (2.9)
Aω = −ω”(t) + cw(t), DomA = {ω(t) ∈ C2([0; 1]) : ω(0) = ω(1) = 0}
Khi đó A−1 = T, đồng thời với mọi g(t) ∈ C[0; 1],
ω(t) = A−1g = Tg =
1
0
G(t, s)g(s)ds trong đó G(t, s) là hàm Green
22

24. G(t, s) =
s(t − 1), 0 ≤ s ≤ t ≤ 1
t(s − 1), 0 ≤ t ≤ s ≤ 1
Hơn nữa vì G(t, s) ∈ C([0; 1] × [α; β]) cho nên theo tính chất của toán tử tích
phân, A−1 = T là toán tử compact từ C([0; 1]) −→ C([0; 1]).
Giả sử z(t) ∈ [α; β], ∀t ∈ [0; 1]
Ta xác định toán tử Nemytski
N : C([0; 1]) −→ C([0; 1])
z(t) → N(z) = f(t, z(t)) + cz(t) = F(t, z), t ∈ [0; 1]
DomN = z(t) ∈ C[0; 1] : z(t) ∈ [α; β], t ∈ [0; 1]
Xét toán tử hạn chế trên DomN
T = A−1
N : DomN −→ C[0; 1]
z(t) → T(z) = A−1
(F(t, z)) = A−1
(f(t, z(t) + cz(t)) = w(t)
trong đó w(t) là nghiệm của bài toán (2.8) ứng với hàm g(t) = f(t, z(t))+cz(t), t ∈
[0; 1]. Vì A−1 là toán tử compact nên T là toán tử compact. Ta sẽ chứng minh T
là toán tử đơn điệu tăng.
Thật vậy, giả sử z1(t), z2(t) ∈ DomN ⊂ C[0; 1] sao cho z1 ≤ z2
Đặt ωi(t) = T(zi(t)), (i = 1, 2). Khi đó:
−ωi (t) + c.ωi(t) = f(t, zi(t)) + c.zi(t), (i = 1, 2)
ωi(0) = ωi(1) = 0
Đặt ω = ω2(t) − ω1(t) = T(z2) − T(z1)
Ta có:
−ω (t) + c.ω(t) = f(t, z2(t)) + c.(z2(t) − z1(t)), (i = 1, 2)
ω(0) = ω(1) = 0, t ∈ (0; 1)
Hơn nữa ta chú ý rằng với c > 0 đủ lớn đã chọn sao cho hàm f(t, s) + c.s đơn
điệu tăng theo s, s ∈ [α; β] nên hàm:
F : (t, s) → f(t, s) + c.s, t ∈ [0; 1], s ∈ [α; β] là đơn điệu tăng theo s ∈ [α; β]. Do đó:
với z1 ≤ z2, z1(t), z2(t) ∈ [α; β], ∀t ∈ [0; 1], ta có
0 ≤ F(t, z2) − F(t, z1) = f(t, z2(t)) − f(t, z1(t)) + c(z2(t) − z1(t)) = −ω”(t) + c.ω(t)
23

25. Như vậy ta có:
−ω (t) + c.ω(t) ≥ 0, t ∈ (0; 1)
ω(0) = ω(1) = 0,
(2.10)
Ta sẽ chứng minh rằng ω(t) ≥ 0, ∀t ∈ [0; 1]
Thật vậy giả sử tồn tại t ∈ (0; 1) sao cho ω(t) < 0 . Khi đó tồn tại t0 ∈ (0; 1)
sao cho 0 > ω(t0) = mint∈[0;1] ω(t). Nhưng tại t0 : ω”(t0) ≥ 0, ω(t0) < 0 nên
−ω”(t0) + cω(t0) < 0
Điều này mâu thuẫn với (2.10)
Vậy ω(t) = ω2(t) − ω1(t) = T(z2) − T(z1) ≥ 0 hay T(z2) ≥ T(z1) và T là toán tử
đơn điệu tăng. Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng v0 ≥ T(v0) tức là v0 là nghiệm
trên của toán tử T.
Đặt: v1 = T(v0). Khi đó:
−v”
1(t) + c.v1(t) = f(t, v0(t)) + c.v0(t), t ∈ (0; 1)
v1(0) = v1(1) = 0
Đặt v(t) = v1(t) − v0(t). Khi đó từ (2.8) ta có :
−v”
(t) + c.v(t) = −(v”
1(t) − v”
0(t)) + c.(v1(t) − v0(t))
= f(t, v0(t)) + c.v0(t) + v”
0(t) − c.v0(t)
= f(t, v0(t)) + v”
0(t) ≤ 0, ∀t ∈ (0; 1)
Như vậy:
−v (t) + c.v(t) ≤ 0
v(0) = v(1) = 0
Lập luận tương tự như trên ta suy ra: v(t) ≤ 0, ∀t ∈ (0; 1)
hay v1(t) − v0(t) ≤ 0, ∀t ∈ (0; 1) ⇒ T(v0) = v1(t) ≤ v0(t), ∀t ∈ (0; 1)
Lặp lại lý luận này ta cũng suy ra rằng u0 ≤ T(u0) nếu u0(t) ≤ v0(t), ∀t ∈ (0; 1)
Khi đó theo hệ quả 2.1 bài toán Dirichlet (2.7) tồn tại nghiệm trong đoạn [u0; v0].
2.3.2 Ví dụ
Ví dụ 2.3.
24

26. Xét bài toán Dirichlet:
−x (t) = f(t, x) + g(t), t ∈ (0; 1)
x(0) = x(1) = 0
(2.11)
trong đó f(t, s) ∈ C([0; 1] × R) khả vi liên tục theo s, g(t) ∈ C([0; 1])
giả thiết tồn tại a < 0 sao cho:
f(t, s).sgns ≤ a. | s | +c
trong đó c là hằng số dương.
Chọn số dương c > c + supt∈[0;1] | g(t) | .
Khi đó bài toán:
−x (t) + a.x(t) = c , t ∈ (0; 1)
x(0) = x(1) = 0
(2.12)
tồn tại duy nhất nghiệm. Ta ký hiệu v0(t) là nghiệm duy nhất của bài toán
(2.12).
Như vậy v0(t) ∈ C2([0; 1]) và
−v0(t) − a.v0(t) = c , t ∈ (0; 1)
v0(0) = v0(1) = 0
(2.13)
Ta sẽ chứng tỏ v0(t) ≥ 0, ∀t ∈ (0; 1) Thật vậy giả sử tồn tại t ∈ (0; 1) sao cho:
v0(t) < 0 khi đó tồn tại t0 ∈ (0; 1) sao cho:
0 > v0(t0) = min
t∈[0;1]
(v0(t))
Nhưng khi đó:
v”
(t0) ≥ 0, v0(t0) < 0
Do đó
−v”
(t0) − a.v0(t0) < 0
(vì −a > 0!) trái với giả thiết (2.13)
Vậy v0(t) ≥ 0, ∀t ∈ (0; 1).Mặt khác ta thấy:
−v”
0(t) = a.v0(t) + c ≥ a.v0(t) + c + sup
t∈[0;1]
|g(t)|
hay :
−v”
0(t) ≥ f(t, v0(t)) + g(t), t ∈ (0; 1)
25

27. Vậy : v0(t) là nghiệm trên của bài toán (2.11)
Đặt: u0(t) = −v0(t), khi đó :
u0(t) ≤ 0, ∀t ∈ (0; 1)
Do đó :
−f(t, u0) ≤ −a.u0 + c
Vì vậy :
−u”
0(t) − a.u0(t) = −c .
Hay
−u”
0(t) = −c + a.u0(t)
≤ −c + c + f(t, u0)
≤ −c − sup
t∈[0;1]
| g(t) | +c + f(t, u0)
≤ f(t, u0) + g(t), ∀t ∈ (0; 1).
Vậy u0(t) = −v0(t) là nghiệm dưới của bài toán (2.11). Hơn nữa:
u0 ≤ v0, ∀t ∈ (0; 1)
Áp dụng hệ quả 2.1 ta suy ra bài toán (2.11) tồn tại nghiệm u(t) và v(t) là giới
hạn của dãy xấp xỉ liên tiếp {un}∞
n=1, {vn}∞
n=1 trong đó:
un+1 = T(un), vn+1 = T(vn), n = 0, 1, 2...
và u0 ≤ u ≤ v ≤ v0, ∀t ∈ (0; 1)
26

28. Chương 3
Phương pháp nghiệm trên nghiệm
dưới và bài toán biên Dirichlet nửa
tuyến tính đối với toán tử Laplace
3.1 Phương pháp nghiệm trên, nghiệm dưới
Cho Ω là một miền bị chặn trong RN . Xét hàm liên tục:
f(x, u) : Ω × R −→ R
sao cho f là lớp C1 theo biến số u. Xét bài toán Dirichlet:
−∆u = f(x, u) trong Ω
u = 0 trên ∂Ω.
(3.1)
Định nghĩa 3.1.
Môt hàm U ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω) là một nghiệm dưới của bài toán (3.1) nếu:
−∆U ≤ f(x, U) trong Ω
U ≤ 0 trên ∂Ω.
(3.2)
Tương tự, một hàm U ∈ C2(Ω)∩C(Ω) là một nghiệm trên của bài toán (3.1) nếu:
−∆U ≥ f(x, U) trong Ω
U ≥ 0 trên ∂Ω.
(3.3)
27

29. Hàm u ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω) được gọi là nghiệm của bài toán (3.1) khi và chỉ khi u
vừa là nghiệm trên vừa là nghiệm dưới của bài toán (3.1).
Định lý 3.1. Cho U là một nghiệm dưới và U là một nghiệm trên của bài toán
(3.1) sao cho U ≤ U trong Ω.
Khi đó ta có các khẳng định sau:
i) Tồn tại một nghiệm u của bài toán (3.1) thỏa mãn: U ≤ u ≤ U
ii) Tồn tại nghiệm nhỏ nhất u và nghiệm lớn nhất u của bài toán (3.1) thuộc
đoạn [U; U].
Trước khi chứng minh định lý 3.1 ta có các nhận xét sau đây:
Chú ý 3.1.
Sự tồn tại nghiệm nhỏ nhất u và nghiệm lớn nhất u trong định lý này được
hiểu rằng: hai nghiệm này tạo nên một cặp sắp thứ thự nghiệm dưới - nghiệm
trên của bài toán (3.1). Trên thực tế có thể xảy ra rằng bài toán (3.1) có nghiệm
nhưng nghiệm đó không thuộc đoạn [U; U] và cũng có thể xảy ra trường hợp bài
toán (3.1) không có nghiệm lớn nhất hoặc không có nghiệm nhỏ nhất.
Chú ý 3.2.
Nói chung giả thiết U ≤ U không phải lúc nào cũng xảy ra mà nó còn có thể
xảy ra theo chiều ngược lại. Tức là U ≥ U trong Ω.
Sau đây là một ví dụ nhỏ có thể chứng minh cho điều này:
Ví dụ 3.1.
Xét bài toán giá trị riêng:
−∆u = λu trong Ω
u = 0 trên ∂Ω.
(3.4)
28

30. Chúng ta biết rằng tất cả các nghiệm của bài toán này đều có dạng u = C.e1
trong đó C là hằng số thực, e1 là hàm không triệt tiêu trong Ω.
Khi đó ta có thể giả thiết e1(x) > 0 với mỗi x ∈ Ω.
Chọn U = e1 và U = −e1.
Thì U là nghiệm dưới và U là nghiệm trên của bài toán (2.1) nhưng U ≥ U.
Chứng minh định lý 3.1
Đặt: g(x, u) = f(x, u) + a.u trong đó a là hằng số thực. Ta có thể chọn a ≥ 0
đủ lớn sao cho ánh xạ: R u −→ g(x, u) tăng trên đoạn [U(x); U(x)]. Nên với
mỗi x ∈ Ω ta có a ≥ 0 và a ≥ max{−fu(x, u) : x ∈ Ω và u ∈ [U(x); U(x)]}. Với cách
chọn a ở trên, ta có thể lấy được dãy hàm un ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω), n = 1, 2, ... sao cho:
• u0 = U
• Với mỗi n ≥ 1 thì un là nghiệm duy nhất của bài toán tuyến tính :
−∆un + a.un = g(x, un−1) trong Ω
un = 0 trên ∂Ω.
(3.5)
Với dãy hàm un ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω) được lấy ở trên ta có thể chỉ ra được dãy hàm
un là dãy đơn điệu giảm và bị chặn. Tức là:
U ≤ ... ≤ un+1 ≤ un ≤ ... ≤ u1 ≤ u0 = U
. Để chỉ ra tính chất này, ta chủ yếu sử dụng nguyên lý cực đại.
Trước hết ta chứng minh U ≥ u1
Thật vậy, vì U là nghiệm của bài toán (3.1) nên:
−∆U ≥ f(x, U) trong Ω
U ≥ 0 trên ∂Ω.
(3.6)
Vì u1 là nghiệm duy nhất của phương trình tuyến tính
−∆u1 + a.u1 = g(x, u0) = g(x, U) trong Ω
u1 = 0 trên ∂Ω.
(3.7)
29

31. Lấy (3.6) trừ đi (3.7) ta được:
−∆U + ∆u1 − a.u1 ≥ f(x, U) − g(x, U) trong Ω
U − u1 ≥ 0 trên ∂Ω.
(3.8)
Mà f(x, U) = g(x, U) − a.U
nên
−∆(U − u1) + a(U − u1) ≥ g(x, U) − g(x, U) = 0 trong Ω
U − u1 ≥ 0 trên ∂Ω.
(3.9)
Theo nguyên lý cực đại ta có U ≥ u1 trong Ω
Lại có U là nghiệm nên:
−∆U ≤ f(x, U) trong Ω
U ≤ 0 trên ∂Ω.
(3.10)
Lấy (3.10) trừ đi (3.7) ta được:
−∆U + ∆u1 − a.u1 ≤ f(x, U) − g(x, U) trong Ω
U ≤ 0 = u1 trên ∂Ω.
(3.11)
Hay
−∆(U − u1) + a(U − u1) ≤ g(x, U) − g(x, U) trong Ω
U ≤ 0 = u1 trên ∂Ω.
(3.12)
Do tính đơn điệu tăng của hàm g trên đoạn [U(x); U(x)] nên khi U ≤ U kéo theo
g(x; U) ≤ g(x; U).
Điều này dẫn đến:
−∆(U − u1) + a(U − u1) ≤ 0 trong Ω
U ≤ 0 = u1 trên ∂Ω.
(3.13)
30

32. Theo nguyên lý cực đại ta có: U ≤ u1 trong Ω
Bây giờ ta giả sử rằng có:
U ≤ ...un ≤ un−1 ≤ ...u1 ≤ u0 = U
Tiếp theo ta chứng minh: U ≤ un+1 ≤ un
Vì un+1, un là nghiệm duy nhất của bài toán tuyến tính sau đây:
−∆un+1 + a.un+1 = g(x, un) trong Ω
un+1 = 0 trên ∂Ω.
(3.14)
và
−∆un + a.un = g(x, un−1) trong Ω
un = 0 trên ∂Ω.
(3.15)
Lấy (3.15) trừ đi (3.14) và sử dụng tính đơn điệu tăng của hàm g ta được:
−∆(un − un+1) + a.(un − un+1) = g(x; un−1) − g(x; un) trong Ω
un − un+1 ≥ 0 trên ∂Ω.
(3.16)
Theo nguyên lý cực đại thì un ≥ un+1 trong Ω
Tiếp tục lấy (3.10) trừ đi (3.14) ta có:
−∆(U − un+1) + a.(U − un+1) ≤ g(x, U) − g(x, un) trong Ω
U − un+1 ≤ 0 trên ∂Ω.
(3.17)
Theo nguyên lý cực đại ta được: U ≤ un+1
Như vậy dãy {un} đơn điệu giảm và bị chặn trên đoạn [U(x); U(x)].
Lúc này tồn tại một hàm số u sao cho với mỗi x cố định, x ∈ Ω dãy un(x) u(x)
khi n −→ +∞
Ta đặt gn(x) := g(x; un). Khi đó ta thấy rằng dãy gn(x) bị chặn trong L∞(Ω)
tức bị chặn trong Lp(Ω) với 1 < p < ∞
31

33. Từ (3.5) ta có
−∆un + a.un = gn−1(x) trong Ω
un = 0 trên ∂Ω.
(3.18)
Theo ước lượng chuẩn Schauder thì dãy {un} bị chặn trong W2,p(Ω) với 1 < p <
∞. Vì không gian W2,p(Ω) nhúng liên tục trong không gian C1,α(Ω) với α = 1−
N
2p
nếu p >
N
2
. Do đó un bị chặn trong C1,α(Ω).
Tiếp tục dùng ước lượng chuẩn trong không gian Holder ta suy ra được un bị
chặn trong C2(Ω). Khi đó tồn tại một dãy con hội tụ về u trong C2(Ω). Do dãy
này đơn điệu nên ta có thể giả thiết dãy un hội tụ trong C2.
Cho n −→ ∞ thì từ bài toán (3.5) ta nhận được:
−∆u + a.u = g(x, u) trong Ω
u = 0 trên ∂Ω.
(3.19)
Vậy u là một nghiệm của bài toán (3.1).
Ta chứng minh điều kiện ii).
Lấy u ∈ (U; U) là một nghiệm bất kỳ của bài toán (3.1).
Khi đó u và U tạo nên một cặp nghiệm dưới - nghiệm trên của bài toán (3.1).
Nên trong khoảng (u; U) ta lại chọn được dãy đơn điêụ giảm un với u0 = U và
với mỗi n ≥ 1 thì un là nghiệm duy nhất của bài toán:
−∆un + a.un = g(x, un−1) trong Ω
un = 0 trên ∂Ω.
(3.20)
Theo cách chứng minh trong phần (i) thì :
u ≤ ... ≤ un ≤ ... ≤ u1 ≤ u0 = U
Khi đó ta tìm được nghiệm lớn nhất của bài toán (3.1) với u ∈ (u; U) mà u là
nghiệm bất kỳ nên ∀u thì u ≤ u.
32

34. Tương tự với cặp U và u lần lượt là nghiệm dưới và nghiệm trên của bài toán
(3.1). Nên trong khoảng (U; u) ta tìm được nghiệm u nhỏ nhất.
Như vậy ta đã chứng minh được rằng tồn tại một nghiệm u nhỏ nhất và một
nghiệm u lớn nhất của bài toán (3.1) thuộc đoạn [U; U].
3.2 Phương pháp nghiệm trên yếu, nghiệm dưới yếu
Giả sử Ω là miền bị chặn trong Rn, ta xét bài toán Dirichlet:
−∆u = f(x; u) trong Ω
u = 0 trên ∂Ω
Hàm u ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω) là nghiệm của bài toán (3.1) trên.
Định nghĩa 3.2.
• Một hàm U ∈ C(Ω) được gọi là một nghiệm yếu dưới của bài toán (3.1) nếu
U ≤ 0 trên ∂Ω và
Ω
[U(−∆ϕ) − f(x; U)ϕ]dx ≤ 0 (3.21)
với mọi ϕ ∈ C∞
0 (Ω) thỏa mãn ϕ ≥ 0 trong Ω
• Một hàm U ∈ C(Ω) được gọi là một nghiệm yếu trên của bài toán (3.1) nếu
U ≥ 0 trên ∂Ω và
Ω
[U(−∆ϕ) − f(x; U)ϕ]dx ≥ 0 (3.22)
với mọi ϕ ∈ C∞
0 (Ω) thỏa mãn ϕ ≥ 0 trong Ω.
Trong trường hợp này tương ứng với nghiệm của bài toán (3.1) ta có khái
niệm nghiệm yếu như sau:
33

35. Định nghĩa 3.3.
Một hàm u ∈ C(Ω) được gọi là một nghiệm yếu của bài toán (3.1) nếu u vừa
là nghiệm yếu trên, vừa là nghiệm yếu dưới của bài toán (3.1). Như vậy, hàm
u ∈ C(Ω) là nghiệm yếu của bài toán (3.1) nếu u = 0 trên ∂Ω và
Ω
[u(−∆ϕ) − f(x; u)ϕ]dx = 0 (3.23)
với ∀ϕ ∈ C∞
0 (Ω).
Nhận xét 3.1.
Nếu u, u ∈ C2(Ω) thì từ định nghĩa trên ta suy ra:
−∆u ≥ f(x; U) và −∆u ≤ f(x; U) trong Ω.
Ta có định lý:
Định lý 3.2. Giả thiết rằng :
f : Ω × R → R
là một hàm liên tục sao cho ánh xạ u → f(., u) + a.u là hàm tăng với số thực a
nào đó.
Giả thiết tồn tại nghiệm yếu dưới U và nghiệm yếu trên U của bài toán (3.1)
sao cho U ≤ U trong Ω. Khi đó ta có:
(i) Tồn tại nghiệm yếu u của bài toán (3.1) thỏa mãn U ≤ u ≤ U và u ∈ W2,p
loc (Ω)
với mọi p ∈ [1; +∞).
(ii) Tồn tại nghiệm yếu nhỏ nhất u và nghiệm yếu lớn nhất u của bài toán (3.1)
thuộc đoạn [U; U].
Chứng minh
Việc chứng minh định lý này có thể được lặp lại từng bước giống như chứng
minh định lý 3.1.
Dưới đây ta sẽ đưa ra một lập luận khác để chứng minh định lý nhờ vào lý
thuyết tới hạn của phiếm hàm khả vi trong không gian Banach.
34

36. Đặt :
f0(x; t) =



f(x; t) nếu U(x) < t < U(x), x ∈ Ω
f(x; U(x)) nếu t ≥ U(x), x ∈ Ω
f(x; U(x)) nếu t ≤ U(x), x ∈ Ω
thì f0 : Ω × R −→ R là liên tục và bị chặn.
Đặt: F0(x; u) =
u
0
f0(x; t)dt
Ta có:
| F0(x, u) |≤ c. | u |, x ∈ Ω (3.24)
−∆u = f0(x, u), x ∈ Ω
u = 0, x ∈ ∂Ω
(3.25)
Khi đó phiếm hàm năng lượng liên kết với bài toán được xác định như sau:
E0(u) =
1
2 Ω
| u |2 dx − Ω
F0(x; u)dx (3.26)
Phiếm hàm E0 : H1
0 (Ω) −→ H−1(Ω) có các tính chất sau đây:
Rõ ràng E0(u) xác định với mọi u1
0(Ω). Ta sẽ chỉ ta rằng E0(u) nửa liên tục
dưới yếu tức là:
Nếu: um u0 (yếu) trong H1
0 (Ω) thì E0(u0) ≤ lim
m→∞
inf E0(um)
Thật vậy phiếm hàm :
J0(uν) = 1
2
Ω
| u|2
dx = 1
2 u 2
H1
0 (Ω)
nửa liên tục dưới yếu trong H1
0 (Ω) do tính nửa liên tục dưới yếu của chuẩn.
Ngoài ra ta áp dụng công thức Lagrange, ta có:
Ω
[F0(x, um) − F0(x, u)] dx =
Ω
f0(x, u0 + θ(um − u0)).(um − u0)dx
Chú ý rằng phép nhúng H1
0 (Ω) −→ L2(Ω) là compact nên dãy {um} hội tụ (mạnh)
đến u0 trong L2(Ω).
35

37. Do f0(x, t) là bị chặn, ta suy ra:
lim
m→+∞
Ω
f(x, u0 + θ(um − u0)).(um − u0)dx = 0
lim
m→+∞
Ω
F(x, um)dx =
Ω
F(x, u0)dx
Từ đó suy ra E0(u) nửa liên tục dưới yếu trong H1
0 (Ω).
Mặt khác: u ∈ H1
0 (Ω)
E0(u) ≥ 1
2 u 2
H1
0 (Ω) − c.
Ω
|u| dx
≥ 1
2 u 2
H1
0 (Ω) − c1. u L2(Ω)
≥ 1
2 u 2
H1
0 (Ω) − c2 u H1
0 (Ω)
Từ đó ta suy ra:
lim
u →+∞
E0(u) = +∞
hay nói cách khác E0(u) thỏa mãn điều kiện bức (tính Coercive) trong H1
0 (Ω).
E0 khả vi Fréchet trong H1
0 (Ω) và đạo hàm Fréchet E0 : H1
0 (Ω) −→ H−1(Ω) xác
định theo công thức:
(E0(u), ϕ) =
Ω
Du.Dϕdx −
Ω
f(x, u).ϕdx (3.27)
với mọi u ∈ H1
0 (Ω) và mọi ϕ(x) ∈ C∞
0 (Ω)
Nếu u0 ∈ H1
0 (Ω) sao cho:
(E0(u0), ϕ) = 0, ∀ϕ ∈ C∞
0 (Ω)
thì ta nói u0 là điểm tới hạn của E0
Khi đó u0 là nghiệm yếu của bài toán (3.1).
Thật vậy, áp dụng công thức Green ta có:
Ω
Du0.Dϕdx = −
Ω
u0.div(Dϕ)dx = −
Ω
u0.∆ϕdx
36

38. Do đó, từ đẳng thức:
(E0(u0), ϕ) =
Ω
Du0.Dϕdx −
Ω
f(x, u).ϕdx = 0
Ta có:
Ω
[u0(−∆ϕ) − f(x, u).ϕ]dx = 0, ∀ϕ ∈ C∞
0 (Ω)
⇒ u0 là nghiệm yếu của bài toán (3.25).
Tiếp tục ta sẽ chứng minh rằng phiếm hàm E0 có điểm tới hạn u0 ∈ H1
0 (Ω).
Khi đó u0 là nghiệm yếu của bài toán (3.1) và thỏa mãn điều kiện:
U ≤ u0 ≤ U trong Ω.
Thật vậy: Vì E0 thỏa mãn điều kiện bức và bị chặn dưới trong H1
0 (Ω) nên tồn
tại cận dưới đúng
α = inf
u∈H1
0 (Ω)
E(u) (3.28)
Khi đó tồn tại dãy cực tiểu hóa {um} ⊂ H1
0 (Ω) sao cho:
α = lim
m→∞
E(um) (3.29)
Do E0 thỏa mãn điều kiện bức trong H1
0 (Ω) nên {um} là dãy bị chặn trong
H1
0 (Ω). Do H1
0 (Ω) là không gian phản xạ nên tồn tại dãy con {umk }∞
k=1 của dãy
{um}∞
m=1 hội tụ yếu trong H1
0 (Ω) đến hàm u0 ∈ H1
0 (Ω).
umk u0(k → +∞) trong H1
0 (Ω).
Do phép nhúng H1
0 (Ω) vào L2(Ω) là compact nên dãy {umk } hội tụ mạnh đến
u0 trong L2(Ω)
lim
k→∞
(umk − u0) L2(Ω) = 0
37

39. Do tính nửa liên tục dưới yếu của E0 ta có:
α ≤ E0(u0) ≤ lim
k→+∞
infE0(umk ) ≤ lim
k→∞
E0(umk ) = α
Từ đó suy ra :
α = E0(u0) =
1
2
Ω
| u0|2
dx −
Ω
F0(x, u0)dx
Do E0 khả vi Fréchet trong H1
0 (Ω) và đạt cực tiểu tại u0 ∈ H1
0 (Ω) nên:
(E0(u0), ϕ) = 0, ∀ϕ ∈ C∞
0 (Ω)
Điều đó có nghĩa là u0 là điểm tới hạn của E0(u) và do đó u0 là nghiệm yếu của
bài toán (3.25)
−∆u0 = f0(x, u0) trong D (Ω) (3.30)
Mặt khác vì U là nghiệm yếu dưới nếu
−∆U ≤ f(x, U) (3.31)
Từ (3.30) và (3.31) ta có:
−∆(U − u0) ≤ f(x, U) − f(x, u0) trong D (Ω) (3.32)
Nhân hai vế của (3.32) với (U − u0)+ rồi tích phân hai vế trên Ω ta có:
Ω
−∆(U − u0).(U − u0)+dx ≤
Ω
(U − u0)+
.(f(x, U) − f(x, u0))dx (3.33)
trong đó ta ký hiệu:
v+
(x) =
v(x) nếu v(x) > 0
0 nếu v(x) ≤ 0
38

40. v−
(x) =
v(x) nếu v(x) < 0
0 nếu v(x) ≥ 0
và v(x) = v+(x) + v−(x), x ∈ Ω
Áp dụng công thức Green từ (3.33) ta nhận được:
Ω
(−u0). (−u0)+dx ≤
Ω
(−u0)+
.(f(x, .) − f(x, u0))dx (3.34)
Từ (3.33) và (3.34) ta có:
Ω
| (−u0)+|2dx ≤
Ω
(−u0)+
.(f(x, .) − f(x, u0))dx (3.35)
Theo định nghĩa của f0 thì:
Ω
(−u0)+
.(f(x, .) − f(x, u0))dx ≤ 0
Do đó: (U − u0)+ = 0 trong Ω
Từ đó suy ra: (U − u0)+ là hằng số trong Ω, vì (U − u0)+ ≡ 0 trong Ω.
Vậy (U − u0)+ ≤ 0 trong Ω ⇒ U − u0 ≤ 0 ⇒ U ≤ u0 trong Ω
Tương tự ta chứng minh được
u0 ≤ U trong Ω. Hay: U ≤ u0 ≤ U trong Ω
Vì u0 ∈ U, U nên f0(x, u0) = f(x, u0) trong Ω.
Do đó u0 là nghiệm yếu của bài toán (3.1)
−∆u = f(x, u) trong Ω
u = 0 trên ∂Ω
39

41. 3.3 Một số ví dụ áp dụng của phương pháp nghiệm trên
nghiệm dưới vào các bài toán biên Elliptic nửa tuyến tính
Ta xét bài toán:
−∆u = f(x, u) trong Ω
u = 0 trên ∂Ω
(3.36)
Định lý 3.3. Giả sử f ∈ Cα(Ω) với mỗi α ∈ (0; 1) và với mỗi (x; u) ∈ Ω × R
f(x, u).signu ≤ a. | u | +C với a < 0 (3.37)
thì bài toán (3.36) tồn tại một nghiệm u cực tiểu toàn cục và một nghiệm u cực
đại toàn cục.
Chứng minh
Không mất tính tổng quát, ta giả sử C > 0. Ta chọn nghiệm trên U của bài
toán (3.36) chính là nghiệm duy nhất của bài toán.
−∆U − a.U = C trong Ω
U = 0 trên ∂Ω
(3.38)
trong đó C được lấy sao cho: C ≥ C + sup
Ω
|g|
Từ điều kiện a < 0 nên theo nguyên lý cực đại ta được U ≥ 0.
Ta đặt U = −U là nghiệm dưới của bài toán (3.36), nên U ≤ U. Theo định lý
3.1 thì tồn tại nghiệm nhỏ nhất u và một nghiệm lớn nhất u thuộc khoảng (U; U).
Với mọi nghiệm u của bài toán (3.36) ta chứng minh rằng:
u ≤ u ≤ u.
Tức là phải chứng minh:
U ≤ u ≤ U.
40

42. Bây giờ ta chứng minh u ≤ U.
Ta ký hiệu:
Ω0 = {x ∈ Ω; u(x) > 0}
Khi đó ta có: U − u = U ≥ 0 trên ∂Ω0.
Mặt khác
−∆(U − u) − a(U − u)
= −∆U − a.U − (−∆u − a.u)
≥ C − f(x; u) + a.u ≥ 0 trong Ω0
Nên ta có :
−∆(U − u) − a(U − u) ≥ 0 trong Ω0
U − u ≥ 0 trên ∂Ω0
Áp dụng nguyên lý cực đại thì ta được U − u ≥ 0 trong Ω0 hay u ≤ U trong Ω0
Do U = −U và U ≥ 0 nên U ≤ u ≤ U
Chúng ta xét bài toán :



−∆u = f(u) trong Ω
u = 0 trên ∂Ω
u > 0 trong Ω
(3.39)
Trong đó:
f(0) = 0 (3.40)
lim
u→+∞
sup
f(u)
u < λ1 (3.41)
Từ điều kiện (3.41) suy ra:
f(u) ≤ a.u + C, ∀u ≥ 0, a < λ1 và C > 0.
Dễ thấy U = 0 là nghiệm dưới của bài toán (3.39). Chọn U là nghiệm duy nhất
của bài toán:
−∆U − a.U = C trong Ω
U = 0 trên ∂Ω
41

43. thì ta có thể lấy được một nghiệm nhỏ nhất u và một nghiệm lớn nhất u ≥ 0.
Tuy nhiên ta chưa thể có u > 0.
Điều này được khẳng định trong định lý sau:
Định lý 3.4. Giả sử f thỏa mãn các điều kiện (3.40), (3.41) và
f (0) > λ1 (3.42)
thì bài toán (3.39) tồn tại một nghiệm lớn nhất u sao cho u > 0 trên Ω.
Chứng minh
Để chứng minh định lý này ta cần chỉ ra bài toán (3.39) tồn tại một nghiệm
dưới U và một nghiệm trên U sao cho 0 < U ≤ U. Khi đó theo định lý 3.1 sẽ tồn
tại một nghiệm u nhỏ nhất và một nghiệm u lớn nhất thuộc đoạn [U; U].
Thật vậy, cho U = εϕ1 trong đó ϕ1 > 0 là hàm riêng thứ nhất ứng với giá trị
riêng thứ nhất λ1 của toán tử −∆ trong H1
0 (Ω). Với ε > 0 đủ nhỏ ta cần chứng
minh εϕ1 thỏa mãn hai điều kiện:
a. ε.ϕ1 là nghiệm yếu dưới của bài toán (3.39).
b. ε.ϕ1 ≤ U.
Ta chứng minh điều kiện a
Ta biết rằng:
f(εϕ1) = f(0) + εϕ1f (0) + o(εϕ1) = εϕ1f (0) + o(εϕ1)
vì f(0) = 0
Mặt khác từ điều kiện (3.42)
f (0) > λ1
nên có: λ1 ≤ f (0) + o(1)
hay
ελ1ϕ1 ≤ εϕ1f (0) + o(εϕ1) (3.43)
42

44. Do ϕ1 là hàm riêng ứng với giá trị riêng λ1 nên ta có:
−∆(εϕ1) = λ(εϕ1) = ελ1ϕ1
từ bất đẳng thức (3.43) ta có
−∆(εϕ1) ≤ f(εϕ1)
Vậy εϕ1 là nghiệm dưới của bài toán (3.39).
Điều kiện a. được chứng minh.
Chứng minh điều kiện b.
Ta gọi U là nghiệm của bài toán (3.39). Khi đó U thỏa mãn:
−∆U = a.U + C trong Ω
U = 0 trên ∂Ω
Ta thấy U ≡ 0 không phải là nghiệm trên của bài toán khi C > 0.
Nên theo nguyên lý cực đại ta có:
U > 0 trong Ω và
∂U
∂ν
< 0 trên tập {x ∈ ∂Ω; U(x) = 0}.
Ta giả sử ngược lại rằng, tồn tại một dãy εn → 0 và xn ∈ Ω sao cho:
(U − εnϕ1)(xn) < 0 (3.44)
Hơn nữa, chúng ta có thể chọn được dãy xn sao cho:
(U − εnϕ1)(xn) = 0, (3.45)
Khi đó tồn tại một dãy con xn → x0 ∈ Ω. Cho n −→ ∞ thì từ bất phương
trình (3.44) ta được: U(x0) ≤ 0 khi x0 ∈ Ω khi đó U(x0) = 0 xảy ra khi x0 ∈ ∂Ω.
Mặt khác, từ điều kiện (3.45) ta có: U(x0) = 0 điều này mâu thuẫn với
∂U
∂ν (x0) < 0
43

45. Từ đó ta suy ra được:
εϕ1 ≤ U
Điều kiện b được chứng minh.
Chú ý 3.3.
Chúng ta thấy rằng điều kiện cần để bài toán (3.39)



−∆u = f(u) trong Ω
u = 0 trên ∂Ω
u > 0 trong Ω
tồn tại nghiệm là đường thẳng λ1u cắt đồ thị hàm số f = f(u) tại các điểm nằm
về nửa trục dương.
Thật vậy, nếu f(u) < λ1.u với u > 0 thì u = 0 là nghiệm duy nhất của bài toán
(3.39). Ta nhân cả hai vế của (3.39) với ϕ1 rồi lấy tích phân trong miền Ω ta được:
Ω
(−∆u)ϕ1 = −
Ω
u.∆ϕ1 = λ1
Ω
uϕ1 =
Ω
f(u)ϕ1 < λ1
Ω
uϕ1
Điều này mâu thuẫn
Chú ý 3.4.
Ta có thể thay điều kiện (3.42), f (0) > λ1 của định lý 3.3 bằng điều kiện
f ∈ C1(0; ∞) và f (0+) = +∞.
Thật vậy từ điều kiện (3.40), f(0) = 0 và từ điều kiện f ∈ C1(0; ∞) và
f (0+) = +∞ thì tồn tại c > 0 sao cho với mọi 0 < ε < c thì:
f(εϕ1)
εϕ1
=
f(εϕ1) − f(0)
εϕ1 − 0
> λ1
Hay
f(εϕ1) > ελ1ϕ1
Điều này dẫn đến:
f(εϕ1) > −∆(εϕ1)
44

46. Ta suy ra U = εϕ1 là nghiệm dưới của bài toán (3.39). Tiếp tục chứng minh
tương tự trong cách chứng minh của định lý 3.3 ta chỉ ra được:
U ≤ U trong Ω
Theo định lý 3.3 thì tồn tại một nghiệm cực đại u > 0 của bài toán (3.39).
Điều kiện trong chú ý 3.4 chính là điều kiện đủ để bài toán (3.39) có nghiệm
duy nhất.
Định lý 3.5. Giả sử hàm f thỏa mãn các giả thiết (3.40), (3.41), (3.42) và giả
sử thêm rằng ánh xạ:
(0; +∞) u →
f(u)
u
(3.46)
là giảm thì bài toán (3.39) có nghiệm duy nhất.
Chứng minh
Theo định lý 3.3 với các giả thiết (3.40), (3.41), (3.42) thì bài toán (3.39) có
nghiệm.
Bây giờ, ta chứng minh bài toán (3.39) có nghiệm duy nhất.
Thật vậy, giả sử u1 và u2 là nghiệm bất kỳ của bài toán (3.39). Chúng ta chọn
u1 là nghiệm nhỏ nhất.
Theo nguyên lý cực trị, không mất tính tổng quát ta giả sử 0 < u1 ≤ u2 trong
Ω.
Từ đẳng thức −∆u1 = f(u1) trong Ω ta thực hiện phép nhân với u2 và −∆u2 =
f(u2) trong Ω ta thực hiện phép nhân với u1. Sau đó lấy tích phân trong miền
Ω ta được:
Ω
[f(u1)u2 − f(u2)u1]dx = 0
hay
Ω
u1u2[
f(u1)
u1
−
f(u2)
u2
]dx = 0
45

47. Vì 0 < u1 ≤ u2 nên đẳng thức trên chỉ xảy ra khi f(u1)
u1
=
f(u2)
u2
trong Ω
Nhưng theo điều kiện (3.46) thì hàm f(u)
u là hàm giảm trong miền u ∈ (0; +∞).
Từ đó suy ra đẳng thức f(u1)
u1
=
f(u2)
u2
chỉ xảy ra khi u1 = u2
Vậy bài toán (3.39) có nghiệm duy nhất.
Mục đích của chúng tôi trong phần tiếp theo là xét bài toán (3.39) trong
trường hợp hàm phi tuyến f(u) không thỏa mãn điều kiện (3.41), (3.42). Trong
trường hợp này nghiệm của bài toán (3.39) có thể không dương.
Định lý 3.6. Giả sử hàm phi tuyến f thỏa mãn điều kiện (3.46), ánh xạ:
(0; +∞) u →
f(u)
u
là giảm thì nghiệm của bài toán (3.39) là duy nhất.
Chứng minh
Để chứng minh định lý này ta giả sử u1, u2 là hai nghiệm tùy ý của bài toán
(3.39). Ta phải chứng minh u1 ≡ u2.
Giả sử u1 ≤ u2 và ta đặt:
A = {t ∈ [0; 1] : tu1 ≤ u2}
Nhận thấy 0 ∈ A nên A = ∅. Khi đó sẽ tồn tại phần tử ε0 > 0 sao cho ∀ε ∈ (0; ε0)
thì ε ∈ A
Bây giờ ta đặt: t0 = max A và giả sử ngược lại rằng t0 < 1 đồng thời t0 thỏa
mãn điều kiện t0u1 ≤ u2 trong Ω
Ta chứng minh rằng tồn tại số ε > 0 sao cho (t0 + ε)u1 ≤ u2
Khi đó điều này mâu thuẫn với giả thiết t0 = max A.
Thật vậy:
−∆u2 = f(u2) trong Ω
u2 = 0 trên ∂Ω.
(3.47)
46

48. −∆(t0u1) = t0f(u1) trong Ω
t0u1 = 0 trên ∂Ω
(3.48)
Lấy (3.47) trừ đi (3.48) ta có:
−∆u2 + ∆(t0u1) = f(u2) − t0f(u1)
Hay:
−∆(u2 − t0u1) = f(u2) − t0f(u1)
Điều đó dẫn đến
−∆(u2 − t0u1) + a(u2 − t0u1) = f(u2) − t0f(u1) + a(u2 − t0u1)
Hay
−∆(u2 − t0u1) + a(u2 − t0u1) = f(u2) + au2 − t0(f(u1) + au1)
Bây giờ ta chọn a > 0 đủ lớn để ánh xạ
u → f(u) + au
đơn điệu tăng.
Khi đó:
−∆(u2 − t0u1) + a(u2 − t0u1) ≥ f(t0u1) + at0u1 − t0f(u1) − at0u1
Hay
−∆(u2 − t0u1) + a(u2 − t0u1) ≥ f(t0u1) − t0f(u1) ≥ 0, (3.49)
Áp dụng nguyên lý cực đại thì u2 − t0u1 chỉ thuộc một trong hai trường hợp
sau:
• TH1: u2 − t0.u1 ≡ 0
• TH2: u2 − t0.u1 > 0 trong Ω và
∂
∂ν
(u2 − t0.u1) < 0 trên ∂Ω
Nếu u2 − t0.u1 ≡ 0 hay u2 ≡ t0.u1
điều này kéo theo bất đẳng thức (3.49) xảy ra dấu " = " khi t0.f(u1) = f(t0u1)
điều này mâu thuẫn với giả thiết f là phi tuyến.
Vậy trường hợp 1: u2 = t0.u1 không thể xảy ra.
47

49. Từ đó dẫn đến u2 − t0.u1 > 0 trong Ω và ∂
∂ν (u2 − t0u1) < 0 trên ∂Ω.
Khi đó, tồn tại một số ε > 0 sao cho (t0 + ε)u1 ≤ u2. Điều này mâu thuẫn với giả
thiết t0 = max A. Vậy u1 ≡ u2.
48

50. Kết luận
Kiến thức về phương pháp nghiệm trên nghiệm dưới là phần kiến thức quan
trong toán học giải tích và cũng là đề tài được nhiều người nghiên cứu. Trong
luận văn " Phương pháp nghiệm trên nghiệm dưới giải bài toán Dirichlet đối với
phương trình Elliptic" bao gồm những nội dung chính sau:
1. Trình bày được khái niệm nghiệm trên nghiệm dưới qua phương pháp lặp
đơn điệu trong không gian Banach tổng quát:
- Tập hợp nón thứ tự
- Phương pháp nghiệm trên nghiệm dưới và phép xấp xỉ liên tiếp trong không
gian Banach.
- Áp dụng vào phương trình vi phân để giải bài toán Dirichlet đối với phương
trình vi phân nửa tuyến tính.
2. Áp dụng phương pháp nghiệm trên nghiệm dưới, phương pháp nghiệm
trên yếu, nghiệm dưới yếu để giải bài toán biên Dirichlet đối với phương trình
elliptic nửa tuyến tính.
49

51. Tài liệu tham khảo
[1] Trần Đức Vân, 2008, Lý thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng, Nhà
xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội.
[2] Đào Anh Dũng, 2009, Một ứng dụng của định lý hàm ẩn vào phương trình
đạo hàm riêng, Luận văn Cao học.
[3] Pavel Drábek, Jaroslav Milota, 2007, Methods of nonlinear Analysis. Appli-
cations to Differrential Equations, Birkhauser. Basel. Boston. Berlin.
[4] Vicentiu D.Rãdulescu, 2008, Qualitative Analysis of nonlinear Elliptic par-
tial Differential Equations, Hindawi Publishing corporation.
50