MỘT SỐ NGHIÊN CỨU VỀ PHƯƠNG TRÌNH LOGISTIC

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP . HỒ CHÍ MINH
-----------------------------

NGUYỄN KHẢI HOÀN

MỘT SỐ NGHIÊN CỨU VỀ
PHƯƠNG TRÌNH LOGISTIC
Chuyên ngành : Toán giải tích
Mã số
: 60 46 01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS . TS . NGUYỄN BÍCH HUY

Thành phố Hồ Chí Minh – 2007


LỜI CÁM ƠN

 Tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc đến thầy hướng dẫn ,

PGS.TS NGUYỄN BÍCH HUY ,khoa Toán-Tin trường đại học sư phạm thành
phố Hồ Chí Minh , đã tận tình hướng dẫn tôi trong suốt quá trình học tập ,
nghiên cứu và hoàn thành luận văn .
Tôi cũng xin chân thành cảm ơn các thầy cô trong Khoa Toán –Tin , Phòng

Khoa Học Công Nghệ và Sau Đại Học trường đại học sư phạm thành phố Hồ

Chí Minh đã tận tình giảng dạy và tạo điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt quá
trình học tập cũng như tìm tòi các tài liệu cho việc nghiên cứu.
Vì kiến thức còn hạn chế nên luận văn không tránh khỏi những thiếu xót , rất

mong được sự chỉ bảo chân thành của các thầy , và các bạn .


MỞ ĐẦU

 Trong luận văn này , chúng tôi nghiên cứu về phương trình logistic có dạng sau:
u  m(x)u  eu trong 

treân 
u  0

(0.1)

Phương trình này xuất phát từ bài toán sinh học mô tả sự phát triển của các loài
trong tự nhiên và đã được nhiều nhà toán học nghiên cứu theo những hướng khác
nhau từ những năm 1980 cho đến tận ngày nay.
 Phương trình (0.1) là dạng biến đổi của phương trình sau :
(vn )  m(x)v  v q trong 

treân 
v  0

trong đó n 

(0.2)

, q  1 và hàm trọng m(x) thuộc một không gian hàm cụ thể .

Trường hợp n  1 và m(x) bị chặn , tồn tại nghiệm cổ điển được nghiên cứu bởi
Amann và Crandal [3] .Trường hợp n  1 và m(x)  Ls () với s   , sự tồn tại
nghiệm yếu của (0.2) được nghiên cứu bởi Hernández J ,Drabek [17,18] và
Nguyễn Bích Huy [24] .Các nghiên cứu chỉ rằng tính chính qui của nghiệm yếu
phụ thuộc vào độ lớn s : khi s  N nghiệm yếu thuộc lớp C1 () , khi s 
nghiệm yếu thuộc W01,2 ()  L () .Trường hợp n  1 và s 

Nq
2(q  1)

N
cũng được nghiên
2

cứu trong [17].Trong luận văn , ở chương 1 , chúng tôi xét trường hợp n  1 và s có
thể nhỏ hơn

N
.
2

Bằng phép biến đổi u  v n , bài toán (0.2) trở thành :
u  m(x)u  u

u  0

trong 
treân 

(0.3)


trong đó  
với s 

N

(N  3) là miền mở ,bị chặn với biên trơn , m(x) Ls ()

2N(q  1)
,    , 0    1 , và giả thiết bị chặn dưới của
2(q  1)  N(q  1  2r)

m(x) ,chúng tôi đã chứng minh sự tồn tại nghiệm yếu cực trị của (0.3) trên khoảng

 u 0 ,   với u 0

được định nghĩa trong chương 1.

 Trong chương 2 , 3 , chúng tôi nghiên cứu điều khiển tối ưu mùa thu hoạch

của một loài và được mô hình hóa bởi phương trình logistic suy biến sau :
u  (a  f)u  eu trong 

treân 
u  0

trong đó  

N

(0.4)

(N  3) là miền mở ,bị chặn với biên trơn . Ở đây , a , f ,e là các

hàm bị chặn , a  f , a , e  : f  L () | f L  0 , 0    1   . Phương trình
(0.4) xuất hiện khi trong phương trình :
w m  (a  f)w  ew2 trong 

treân 
w  0

ta thực hiện phép đổi biến u  w m , khi đó  

(0.5)

1
2
,  .
m
m

Phương trình (0.5) đã được áp dụng trong mô hình phát triển giống loài bởi Gurtin
và MacCamy trong [15] , mô tả sự phát triển của một loài đang cư ngụ trong  và
mật độ của nó là w(x) . Điều kiện biên Dirichlet được hiểu là loài w không thể sống
trên  ; bởi vì , chẳng hạn biên  có thể là sông , hồ , hay môi trường bao
quanh  rất nguy hiểm , không thể sống được . Hàm dương e(x) mô tả mức lớn
nhất cho phép về những ảnh hưởng của đám đông trong loài và hàm a(x) tượng

trưng cho tốc độ sinh trưởng của loài .Hàm f(x) đóng vai trò điều khiển sự sinh
trưởng của loài .Toán tử  chỉ sự khuyếch tán của loài , nghĩa là chỉ tốc độ di
chuyển của loài từ vùng có mật độ cao đến vùng có mật độ thấp .Trong luận văn ,
chúng tôi xét m  1 , gọi là sự khuyếch tán phi tuyến chậm , nghĩa là sự khuyếch tán
chậm hơn trường hợp m  1 . Điều kiện này mô tả chính xác hơn hiện thực sinh học
.Với giả thiết đã cho , chúng tôi chứng tỏ rằng , với mỗi f , tồn tại duy nhất nghiệm


dương của (0.5) và được kí hiệu là u f . Khi đem bán sản phẩm , chúng ta sẽ thu
được lợi nhuận được biểu thị bởi công thức sau :
J(f )   (h(f )u f  k(f ))

.



Trong đó h  C1 (



,



) , k  C2 (



,



) và   0 là tham số . Hàm J biểu thị

mức chênh lệch giữa thu nhập được tính bởi  u f h(f ) và phí tổn được tính


bởi  k(f ) . Ở đây ,  mô tả tỉ số giữa giá cả của loài và phí tổn .Mục tiêu của chúng


tôi là làm sao cho lợi nhuận lớn nhất , nghĩa là hàm J đạt giá trị lớn nhất. Trong
trường hợp m  1 , nghĩa là   1 ,   2 và h(t)  t , k(t)  t 2 , bài toán này đã được
nghiên cứu trong [6],[22],[23] . Còn trong luận văn , chúng tôi xét m > 1,

h  C1 (



,



) , k  C2 (



,



) và có một số giả thiết khác nữa .

 Nội dung của luận văn chủ yếu dựa vào ba bài báo [11],[12],[24] bao gồm :
 CHƯƠNG 1 : Sự tồn tại nghiệm yếu không bị chặn .

Trong chương này , chúng tôi đưa bài toán (0.3) về bài toán tìm điểm bất
động của ánh xạ tăng và từ đó chứng minh sự tồn tại nghiệm yếu cực trị nằm
trong Lq 1 .
 CHƯƠNG 2 : Phương trình logistic suy biến .

Trong §1 , chúng tôi giới thiệu một số khái niệm và một số kết quả về sự tồn
tại và duy nhất giá trị riêng chính , nghiệm của bài toán elliptic tuyến tính với hàm
thế không bị chặn .Trong §2 , chúng tôi chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm
dương của (0.4).
 CHƯƠNG 3 : Sự tồn tại và duy nhất hàm điều khiển tối ưu.

Trong chương này , chúng tôi chứng minh với  đủ nhỏ thì tồn tại duy nhất
hàm điều khiển tối ưu.


CHƯƠNG 1

SỰ TỒN TẠI NGHIỆM YẾU KHÔNG BỊ CHẶN
§1. CÁC KHÁI NIỆM VÀ KẾT QỦA ĐƯỢC SỬ DỤNG.
A.Không gian Banach có thứ tự
Định nghĩa 1.1.1

Cho không gian Banach thực X . Tập K  X gọi là một nón trên X nếu :
i)

K là tập đóng , K   ,

ii)

K  K  K
,

t  0
 tK  K

iii)

K  (  K)   .

 Nếu K  X là nón thì thứ tự trong X sinh bởi nón K được định nghĩa như sau:

x  y khi và chỉ khi y  x  K .

Định nghĩa 1.1.2

Cho X là không gian Banach thực , có thứ tự sinh bởi nón K . Khi đó ta nói :
 K là nón sinh nếu K  K  X .

 K là nón chuẩn nếu

N  0 , x,y  K , x  y  x  N y .
 K là nón chính qui nếu mọi dãy đơn điệu tăng , bị chặn trên thì hội tụ .

 K là nón hoàn toàn chính qui nếu mọi dãy đơn điệu tăng , bị chặn theo

chuẩn thì hội tụ.
Ta dễ dàng kiểm tra rằng :
 Nón các hàm không âm h.k.n trong Lp (X, ) , 1  p < + là nón sinh ,

nón hoàn toàn chính qui.


B.Điểm bất động của ánh xạ tăng

Giả sử X là không gian Banach thực , có thứ tự sinh bởi một nón .
Ta kí hiệu  u,  là tập x  X | x  u .
 Ta nói tập M  X là có hướng nếu
x1 , x 2  M x  M , x1  x , x 2  x .
 Ánh xạ T : M  X  X được gọi là ánh xạ tăng nếu

x, y  M, x  y  T(x)  T(y) .

Trong chương này ta sẽ sử dụng một định lý điểm bất động của ánh xạ tăng để
chứng minh sự tồn tại nghiệm cực trị của bài toán tìm nghiệm yếu của phương trình
Logistic.
Mệnh đề 1.1.3 [ 7 ],[ 24 ]

Cho X là không gian Banach thực có thứ tự sinh bởi một nón , M  X là tập
đóng và T : M  M là ánh xạ tăng thỏa mãn các điều kiện sau :
i) M 0  u  M | u  Tu , M 0   , M 0 có hướng .
ii) Với mọi dãy tăng u n   M 0 thì dãy Tu n  hội tụ .
Khi đó , với mỗi u M 0 thì ánh xạ T có trong M   u,  điểm bất động lớn nhất u 
và điểm bất động nhỏ nhất u  , nghĩa là nếu v  M   u,   là một điểm bất động
của T thì u   v  u  .
Ghi chú 1.1.4

Ta sẽ áp dụng mệnh đề 1.1.3 cho ánh xạ T tác động trong không gian
X  Lp () , 1  p   , Lp () là không gian Banach có thứ tự sinh bởi nón các

hàm không âm h.k.n trong  .Như vậy để chứng minh dãy tăng Tu n  hội tụ , ta
chỉ cần chứng minh nó bị chặn theo chuẩn .
C.Không gian Sobolev

Giả sử  

N

là một miền .Với 1  p   và m  0,1,2,… ta định nghĩa :


 W m,p () là không gian các hàm u , u  Lp () có đạo hàm suy rộng đến bậc

m và D  u  Lp () với mọi  ,   m . Với m  0 ,ta đặt W 0,p ()  Lp () .Trong
W m,p () ta xét chuẩn : u

m,p





 m

D u , trong đó . p là chuẩn trong Lp () .
p

m ,p

 W0 () là bao đóng của Cc () trong W m,p () ( Cc () là không gian

các hàm có giá compắc trong  và có đạo hàm mọi hạng liên tục trên  ) .
1,p

1,p

Ta thường xét không gian W0 () , trong W0 () ta xét chuẩn :
u 1,p  u p .
.Chuẩn này tương đương với chuẩn : u p  u p . Không gian W1,2 () còn được kí
hiệu là H1 () .
1,p

 Không gian liên hợp của W0 () là W

1,p 

() với

1,p 
1 1
  1 và W ()
p p

được định nghĩa trong [14].
Mệnh đề 1.1.5 [8],[14]


1) Khi 1< p < N , phép nhúng W1,p ()Lp () là liên tục ,với p 

Np
và ta
Np

 p  ()  W 1,p () , trong đó s là chỉ số liên hợp với s theo nghĩa

có : L



1 1
  1.
s s

2) Nếu u,v W1,p () thì max(u,v) , min(u,v) thuộc W1,p () và ta có:
D u(x) ,neáu u(x)  v(x)
D i (max(u,v))(x)   i
,
D
v(x)
,neá
u
v(x)
u(x)

 i
D u(x) ,neáu u(x)  v(x)

D i (min(u,v))(x)   i
,
Di v(x) ,neáu v(x)  u(x)
Di u là đạo hàm riêng suy rộng theo biến xi của hàm u . Nói riêng ta có :


D u(x) , neáu u(x)  0
D i u (x)   i
,
0
,
neá
u
u(x)
0


D u(x) , neáu u(x)  0
D i u  (x)   i
.
0
,neá
u
u(x)
0


 Bất đẳng thức Gagliardo – Nirenberg

+ Với u  W m,p ()  Lq () và 0    m  1 , ta có : D u  C u

r


m,p

.u

1
q

1 m
1 
1
trong đó  định bởi :        (1  ) .
r N
q
p N

+ Với   0, m  1 , ta có : u r  C u


1,p

.u

1
q

.

§2. NGHIỆM YẾU CỰC TRỊ CỦA PHƯƠNG TRÌNH LOGISTIC

Trong mục này , ta xét phương trình Logistic dạng sau:
u  m(x)u r  u q trong 
.

u=0
treâ
n



(1.1)

Ta xét sự tồn tại nghiệm yếu cực trị của (1.1) với các giả thiết :


N

(N  3) là miền mở , bị chặn với biên trơn ,  là tham số dương ,

m(x)  Ls () , 0  r  1 , r  q .
Định nghĩa 1.2.1

Xét phương trình :
u  f(x,u) trong 

treân 
u  0

với :



N

f : 

( N  3 ) là tập mở , bị chặn , có biên trơn ,


là một hàm thỏa điều kiện Caratheodory.

(1.2)


1)Ta nói hàm u  H10 () là một nghiệm yếu của (1.2) nếu
2N
N2

f (x, u)  L

() ,

 udx   f (x, u)dx



  H10 () .



2) Ta nói hàm u  H1 () là một nghiệm dưới của (1.2) nếu
2N
N2

f (x, u)  L

() , u  0 trên  ,

 udx   f (x, u)dx



  H10 () ,   0 h.k.n trên  .



Mệnh đề 1.2.2 [5]

Giả sử hàm g :  



thỏa điều kiện Caratheodory và các điều kiện sau :

i)

Với mọi x  thì g(x,0)  0 và hàm u  g(x, u) là tăng ,

ii)

Với mọi t > 0 , tồn tại hàm h t  L1 () sao cho





u  t  h t (x) .

sup g(x, u)

Khi đó với mọi h  H 1 () bài toán biên :
u  g(x,u)  h

u  0

trong 
treân 

có duy nhất nghiệm yếu u H10 () thỏa mãn điều kiện ug(x,u) L1 () .
 Giả sử các dữ kiện trong bài toán (1.1) thỏa mãn các điều kiện sau :

(H1) m(x) Ls () với s 

2N(q  1)
, r  q ,0  r  1.
2(q  1)  N(q  1  2r)

(H2) m(x)  0 h.k.n trong  và tồn tại số m 0  0 , tập  có biên trơn sao cho

   ; m(x)  m 0 , x  .

Gọi u1 là hàm riêng ứng với giá trị riêng thứ nhất của bài toán biên :
u  u

u  0

trong 
treân 

và u0 là hàm bằng 0 trên  \  , bằng cu1 trên  với c > 0 đủ nhỏ .

(1.3)


Định lý 1.2.3

Giả sử các điều kiện (H1),(H2) được thỏa mãn và hàm u0 được định nghĩa
như trên . Khi đó phương trình (1.1) có nghiệm lớn nhất và nhỏ nhất trong  u 0 ,  .
Chứng minh
 Ta chứng minh hàm u0 là một nghiệm dưới của (1.1).

Gọi 1 là giá trị riêng đầu của bài toán biên (1.3) và đặt
,x  

u (x)
u(x)   1
0

,x   \ 

thì theo [25] ta có u  1u , theo nghĩa yếu , nghĩa là :

 udx    udx
1



,  H10 () ,   0.



Do đó , để u 0  cu là nghiệm dưới của (1.1) ta chỉ cần chọn c sao cho :
r
q
1  cu   m(x)  cu(x)    cu(x)   dx ,  H10 (),   0 .





(1.4)



hay
r
q
1  cu1   m(x)  cu1 (x)    cu1 (x)   dx ,  H10 (),   0 .










Ta có :
m(x)  cu1 (x)    cu1 (x)   1cu1 (x) 
r

q

r
q r
1 r
  cu1 (x)  m 0   cu1 (x)   1  cu1 (x)    0 , x  



khi c  0 đủ nhỏ vì q  r  0,1  r  0 và u1(x) bị chặn trên  . Như vậy , ta
có thể chọn c đủ nhỏ để (1.4) đúng hay u 0  cu là nghiệm dưới của (1.1).
 Ta đưa bài toán (1.1) về bài toán tìm điểm bất động của ánh xạ tăng .

Với mỗi u  Lq 1 () ta xét bài toán tìm nghiệm yếu của bài toán :
z  z q  m(x)u r

z  0

trong 
treân 

.

(1.5)


Ta áp dụng mệnh đề 1.2.2 cho bài toán (1.5) .Rõ ràng hàm g(x,z)  zq thỏa các điều
kiện i),ii) của mệnh đề 1.2.2 . Vì u  Lq 1 () , m  Ls () ta suy ra :
m(x).u r  Lt () với t 

s(q  1)
.
rs  q  1
2N

2N
, do đó : m(x)u r  LN  2 ()  H 1 () .
Từ điều kiện (H1) ta có : t 
N2
Như vậy , tất cả các điều kiện của mệnh đề 1.2.2 được thỏa mãn và bài toán
(1.5) có duy nhất nghiệm yếu z  H10 () sao cho z q 1  L1 () .
Xét ánh xạ T đặt tương ứng mỗi u Lq 1 () với nghiệm duy nhất z của (1.5) thì
ta có T là một ánh xạ từ Lq 1 () vào Lq 1 () và u là nghiệm yếu của (1.1) khi và
chỉ khi u là điểm bất động của ánh xạ T .
 Ta chứng minh T là ánh xạ tăng .

Giả sử u , v  Lq 1 () và u  v .Với   H10 () , theo định nghĩa của T và
khái niệm nghiệm yếu ta có :

 Tudx   m(x)u

r

 (Tu)q  dx ,

 Tvdx   m(x)v

r

 (Tv)q  dx ,









và do đó :

 (Tu  Tv)dx   m(x)(u



r



 v r )  ((Tu)q  (Tv)q )  dx . (1.6)

Theo mệnh đề 1.1.5 ta có: (Tu  Tv)   H10 () , và ta có :
 Tu q   Tv q  (Tu  Tv)  0 trong  .


Do đó , cho   (Tu  Tv)  trong (1.6) ta có :

 (Tu  Tv)(Tu  Tv)



dx  0 .

(1.7)



Mặt khác , với mọi w H10 () , theo mệnh đề 1.1.5 ta có:

  w w






 0.

(1.8)


Do vậy , từ (1.7) và (1.8) ta có :
2


 (Tu  Tv) dx  0 .



Từ đây , ta suy ra (Tu  Tv)   0 h.k.n trong  . Suy ra , Tu  Tv h.k.n trong  .
Như vậy u  v  Tu  Tv .
 Ta tiếp tục chứng minh :
u 0  Tu 0 .

(1.9)

Vì u0 là nghiệm dưới của (1.1) nên ta có :

 u dx   m(x)u
0



r
0



 u 0q  dx ,   H10 (),   0 .

Kết hợp với :

 Tu dx   m(x)u
0





r
0

 (Tu 0 )q  dx ,   H10 () .

Ta được :

 (u



0

 Tu 0 )dx     u q0  (Tu 0 )q  dx ,   H10 (),   0 .(1.10)


Cho   (u 0  Tu 0 )  trong (1.10) và chú ý :  u q0  (Tu 0 )q  (u 0  Tu 0 )   0 ta có :

 (u

0

 Tu 0 )(u 0  Tu 0 )  dx  0 .



Tiếp tục sử dụng (1.8) ta có :
2


 (u 0  Tu 0 ) dx  0 .



Từ đây, suy ra : u 0  Tu 0 h.k.n trong  .
Từ (1.9) và T là ánh xạ tăng ta thấy T biến tập đóng  u 0 ,  vào chính nó .Nghiệm
yếu cực trị của (1.1) trên  u 0 ,  chính là các điểm bất động lớn nhất và nhỏ nhất
của T trên  u 0 ,  .
 Chứng minh T có điểm bất động lớn nhất , nhỏ nhất trên  u 0 , 

Ta sẽ kiểm tra rằng tất cả các điều kiện của mệnh đề 1.1.3 được thỏa mãn .


Với u1 , u 2  M 0  u   u 0 ,   | u  Tu , ta đặt u 3  max(u1 , u 2 ) thì do tính tăng của
ánh xạ T ta có : u1  Tu1  Tu 3 , u 2  Tu 2  Tu 3 .Từ đây ta có :
u 3  Tu 3 hay u 3  M 0 . Vậy M0 là tập có hướng .

Để chứng minh rằng , ánh xạ T thỏa mãn điều kiện ii) của mệnh đề 1.1.3 , ta chỉ
cần chứng minh tập T(M 0 ) bị chặn theo chuẩn trong Lq 1 () .

Với mỗi u M0 ta có :

 Tudx   m(x)u





r

 (Tu)q  dx

  m(x)(Tu) r  (Tu)q  dx ,   H10 () ,   0 .


Cho   Tu ta có :
 Tu 2  (Tu)q 1  dx  m(x)(Tu) r 1 dx .








Dưới đây , ta sẽ có Tu  L(r 1)s () , do đó áp dụng bất đẳng thức Holder cho vế
phải ta có :
Tu

2

H

 Tu

q 1
q 1

r 1

  m s . Tu

(r 1)s

(1.11)

1

,trong đó u

H

2

2
   u  .



 Trường hợp: (r  1)s  q  1 .

Do Tu  Lq 1 () nên Tu  L(r 1)s () .Từ (1.11) ta có
Tu

q 1
q 1

  m s C. Tu

r 1
q 1

.

Từ đây và do r < q , suy ra T(M 0 ) là tập bị chặn trong Lq 1 () .
 Trường hợp: (r  1)s  q  1 .

Từ (H1) ta suy ra :
2N
s(q  1)

.
N  2 rs  q  1

(1.12)


Vì ánh xạ t 

st
tăng nên từ (1.12) ta có :

(rs  t)
2N
s(r  1)s
s(r  1)s
2N


 (r  1)s.

N  2 rs  (r  1)s (r  1)s  1
N2

Như vậy , ta có :
q  1  (r  1)s 

2N
,
N2

và ta có thể áp dụng bất đẳng thức Gagliardo – Nirenberg để có:
Tu

t

(r 1)s

 C Tu H . Tu

1 t
q 1

,

(1.13)

trong đó t thỏa :
 1
1
1
N2

 t

.
1  q (1  r)s
 q  1 2N 

Như vậy , ta có Tu  L(r 1)s () .Từ (1.11) ta có :
Tu
Tu

H

q 1

r 1
2
(r 1)s

 C1 Tu

 C1 Tu

r 1
q 1
(r 1)s

,

(1.14)

.

Từ (1.13) và (1.14) ta có :
Tu

Từ đây và do

(r 1)s

 C2 Tu

t (r 1) (1 t )(r 1)

2
q 1
(r 1)s

.

t(r  1) (1  t)(r  1)


 1 nên tập T(M0) bị chặn trong L(r 1)s () và do
2
q 1

đó bị chặn trong Lq 1 () .
Như vậy ánh xạ T thỏa mãn tất cả các điều kiện của mệnh đề 1.1.3 và do đó
nó có điểm bất động lớn nhất và nhỏ nhất trên  u 0 ,  và chính là nghiệm yếu lớn
nhất và nhỏ nhất của bài toán (1.1) trên  u 0 ,  .


Định lý 1.2.4

Giả sử các giả thiết của định lý 1.2.3 được thỏa mãn . Gọi un là nghiệm yếu
(duy nhất) của bài toán :
u n  u qn  m(x)u rn 1 trong  , u n  0 trên  ( n 

).

Khi đó dãy u n  hội tụ trong H10 () về nghiệm yếu nhỏ nhất của bài toán
(1.1) trên  u 0 ,  .
Chứng minh
Áp dụng mệnh đề 1.2.2 và lập luận như ở phần đầu bước 2 trong chứng minh
định lý 1.2.3 ta có hàm un được xác định duy nhất theo un-1 .
Từ định nghĩa của ánh xạ T trong chứng minh định lý 1.2.3 và định nghĩa
của un , ta suy ra un = T(un-1) . Do u 0  Tu 0 nên u n  là dãy tăng .
Cũng theo chứng minh định lý 1.2.3 ta có u n  bị chặn trong Lq 1 () .Do đó tồn tại
giới hạn y  lim u n h.k.n trong  và trong Lq 1 () .
n 

Vì T là ánh xạ tăng nên u n  Tu n  Ty (n  ) . Theo định nghĩa nghiệm yếu ta có :

 (Ty  u



n

)dx    (Ty)q  u qn  dx    m(x)(y r  u nr 1 )dx   H10 () .




Cho   Ty  u n và áp dụng bất đẳng thức Poincare ta có :
2

C  (Ty  u n ) 2 dx   (Ty  u n ) dx 




   (Ty)q  u qn  (Ty  u n )dx    m(x)(y r  u rn 1 )(Ty  u n )dx




   m(x)  y r  u nr 1  (Ty  u n )dx .


Cho n   và áp dụng định lý Beppo – Levi ta có Ty  y .Vậy y là một điểm bất

động của T . Cũng từ bất đẳng thức trên ta suy ra : lim u n  y trong H10 () .
n 


Ta chứng minh y là điểm bất động nhỏ nhất của T trên  u 0 ,  .Thật vậy , nếu
y1   u 0 ,   là một điểm bất động của T thì dùng qui nạp ta chứng minh được
u n  y1 (n  ) và do đó y  y1 . Định lý được chứng minh .


CHƯƠNG 2

PHƯƠNG TRÌNH LOGISTIC SUY BIẾN
§1 . CÁC KHÁI NIỆM VÀ KẾT QỦA ĐƯỢC SỬ DỤNG.

Cho  là miền bị chặn trong

N

,N  3 với biên  trơn .Cho f L () ,ta định

nghĩa :
f M : es ssup f  inf k 

| f (x)  k

h.k.n trong  ,

f L : essin f f  sup k 

| k  f (x)

h.k.n trong  ,

L () : f  L () | f L  0 ,
L () : f  L () | f M  0 ,





C10 () : u  C1 () | u  0 treân  .

C10 () là không gian Banach có thứ tự sinh bởi nón P các hàm không âm của
C10 () ,phần trong của P kí hiệu là int(P).

u


int(P) :  u  C10 () | u  0 trong  ,  0 treân   ,
n



trong đó n là véc tơ pháp tuyến đơn vị trên biên  hướng ra ngoài .
Chúng ta xét bài toán giá trị riêng suy biến sau:
u  M(x)u  u trong 

treân 
u  0

,trong đó :
(H1) M  Lloc () thỏa M(x)d  (x)  L () , d  (x) : dist(x, ) .

(2.1)


Định lý 2.1.1[4],[16]

Giả sử rằng M thỏa mãn (H1) .Khi đó tồn tại duy nhất giá trị riêng chính
(nghĩa là một giá trị thực tương ứng với hàm riêng 1 (   M) trong int(P)), ta kí
hiệu là 1 (   M) ,
 u 2  M(x)u 2 

 


1 (  M)  inf

.
2
uH10 (  )\{0}
u







Ngoài ra ta có :

(a) Giả sử M1 , M2 thỏa (H1) và M1 < M2 . Khi đó :
1 (  M1 )  1 (  M 2 ) .

(b) Giả sử Mn , M đều thỏa (H1) với mọi n 

M 

2

n



và thỏa

  M2 ,  H10 () .

(2.2)



Khi đó 1 (  M n )  1 (   M) khi n   . Đặt biệt , với M  0 , ta
kí hiệu 1 : 1 ( ) và 1 : 1 (  ) với 1



 1.

(c)
 v  W2,p ()  C1 (), p  N






1 (  M)  0   v  0, v  M(x)v  0 h.k.n trong    v  int(P)  .

 v  0 treân 





Bổ đề 2.1.2

Giả sử Mn , M đều thỏa (H1) với mọi n

, 1 (   M) >0 và thỏa (2.2)

. Khi đó tồn tại hằng số dương C0<1 (độc lập với n ) và n0(C0)

sao cho:

C0  u   u   M n u 2 ,u  H10 (), n  n 0 .
2



2





Chứng minh
Do 1 (  sM)  1 (  M) khi s  1 nên tồn tại s 0  1 sao cho
1 (  s 0 M)  0 . Chọn 0 < C0 < 1 sao cho s0 

1
.
1  C0

(2.3)


Do 1 (  s 0 M n )  1 (  s 0 M)  0 khi n   nên n 0
, 1 (  s 0 M n )  0 n  n 0 . Lấy n  n0 , u  H10 () \ {0} . Khi đó :
Mnu2
2
 0   u   s 0 M n u 2  0
1  C0




(2.3)   u  
2





 u

2



  s0 M n u 2

2

u

0



Ta có :

Vì thế :

 u 2  s 0 M n u 2 

 


1 (  s 0 M n ) = inf

.

2
uH10 (  )
u







0  1 (  s 0 M n ) 

 u

2



  s0 M n u 2

2

u

. Do đó (2.3) đúng .



 Ta xét bài toán sau:

u  M(x)u  f trong 

treân 
u  0

.

(2.4)

Định lý 2.1.3 [11],[12]

Giả sử M thỏa (H1) , 1 (  M)  0 , f L () . Khi đó bài toán (2.4) có duy
nhất nghiệm u C1,  () ,   (0,1) . Hơn nữa ,tồn tại hằng số K  0 (độc lập với f )
sao cho :
u

C1,  (  )

K f



.

(2.5)

Ngoài ra ta có :
(a) Giả sử f1 , f2  L () , f1  f 2 và u1 ,u2 là các nghiệm của (2.4).
Khi đó u1  u 2 .
(b) Giả sử M1 , M2 thỏa (H1) , 1 (  M1 )  0 , f  L () , M1  M 2 , và u1 , u2

là các nghiệm của (2.4 ) . Khi đó u 2  u1 .


Định lý 2.1.4 [6],[11]

Giả sử M thỏa (H1) , 1 (  M)  0 , f L2 () . Khi đó bài toán (2.4) có duy
nhất nghiệm u W 2,2 () . Hơn nữa ,tồn tại hằng số K >0 (độc lập với f ) sao cho:
u

W 2,2

 K f 2.

Ngoài ra ta có :
(a) Giả sử f1 , f2  L2 () , f1  f 2 và u1, u2 là các nghiệm của (2.4). Khi đó u1  u 2 .
(b) Giả sử M1 , M2 thỏa (H1) , 1 (  M1 )  0 , M1  M 2 , f  L2 () , f  0 h.k.n
trong  ,và u1 , u2 là các nghiệm của (2.4 ) . Khi đó u 2  u1 .
Bổ đề 2.1.5 [12]

Cho M thỏa mãn (H1) , u W 2,p ()  C1 () , p  2 thỏa:
 u  0 trong  , u  0 treân 

u  0
u  Mu  0 h.k.n trong 


Khi đó : u(x)  0  x  và

u
(x 0 )  0

n

x 0   mà u(x0)  0.

Bổ đề 2.1.6 [20]

Cho   W01,q () , 1  q   . Khi đó C >0 sao cho


d

C 
q

W01,q

.

Bổ đề 2.1.7

định bởi f(u) = u M := esssup u . Khi đó f liên tục.

Cho f : L () 
Chứng minh
Ta có : v(x)  u(x)  v  u
 v(x)  u(x)  u  v
 vM  u M  u  v







h.k.n trong  .

 uM  u  v  .

 vM  u M  u  v  .

Tương tự ta có : u M  v M  u  v  .Suy ra : u M  v M  u  v  . Do đó f liên tục.


Bổ đề 2.1.8

định bởi f(u)= uL := essinf u . Khi đó f liên tục.

Cho f : L () 
Chứng minh

Ta có : u L  v(x)  u(x)  v(x)  u  v
 uL  u  v





 uL  u  v



 v(x) h.k.n trong  .

 vL  u L  vL  u  v  .

Tương tự : v L  u L  u  v  . Suy ra : u L  v L  u  v  . Do đó f liên tục.
Bổ đề 2.1.9

Cho f : int(P)  C10 () 

định bởi: f(u) = inf

x

u(x)
. Khi đó f liên tục.
d  (x)

Chứng minh
Ta có :

u(x)  v(x)
 uv
d  (x)

 f (u)  f (v)  u  v
Suy ra :

C1 (  )

 f (u)  u  v
C ()
1

1

C ()

.Tương tự : f (v)  f (u)  u  v

f (v)  f (u)  u  v

C1 (  )



C1 (  )

v(x)
.
d  (x)
.

. Do đó f liên tục.

Bổ đề 2.1.10 [21] (Nguyên tắc maximum )

Cho u W 2,p ()  C1 () , p  2 thỏa :
c(x)  0 trong  , Lu  0 h.k.n trong  .
N

N

Trong đó : Lu    a u xi x j   bi u xi  c(x)u ,với a ij  a ji ; a ij , bi ,c liên tục và
ij

i, j1

i 1

N

  0 sao cho  a ij (x)i  j   

2

 

N

.

i, j1

Nếu u đạt giá trị nhỏ nhất không dương trong  thì u là hằng số .


§2 .PHƯƠNG TRÌNH LOGISTIC SUY BIẾN

Ta xét phương trình logistic suy biến sau đây:

u  bu  eu trong 

treân 
u  0

(2.6)

,thỏa điều kiện :
(H2) 0<  <1   , b L () \ {0} , bM>0 , e , trong đó  : f  L () | f L  0 .

Để nghiên cứu bài toán (2.6) , ta xét phương trình porous medium sau:
w  w trong 

treân 
w = 0

(2.7)

Bổ đề 2.2.1 [2]

Giả sử 0    1 .Bài toán (2.7) có nghiệm không âm và không tầm thường
khi và chỉ khi  >0 .Nếu  >0 thì (2.7) tồn tại duy nhất nghiệm dương ngặt ,kí hiệu
là w  , w   C 2, () .Hơn nữa :
01  w   k 0 trong  ,

(2.8)

trong đó  int(P) là nghiệm dương duy nhất của bài toán :
  1 trong ,  = 0 treân 

và 10 

(2.9)



, k10     .
1

Định lý 2.2.2

Giả sử có (H2) . Khi đó bài toán (2.6) tồn tại nghiệm cực đại không âm ub
.Hơn nữa ,bởi tính chính qui elliptic u b  W 2,p (), p  2 , và vì thế ,
u b  C1, () , 0    1 

N
.
p


Chứng minh định lý 2.2.2
+Trước hết ,ta chứng minh (0, w bM ) là cặp nghiệm dưới – trên của bài toán (2.6) .
Thật vậy , rõ ràng 0 là nghiệm dưới của (2.6) . Do w bM là nghiệm dương ngặt của
(2.7) nên ta có: w bM  b M (w bM ) .Suy ra: w bM  b(w bM )  b(w bM )  e(w bM ) .
Vì thế , w bM là nghiệm trên của (2.6).
Do đó (2.6) có nghiệm cực đại ub ứng với cặp (0, w bM ) .
+Bây giờ ta chứng minh ub cũng là nghiệm cực đại không âm của (2.6) .
Thật vậy , lấy bất kì nghiệm yếu u của (2.6).Khi đó bởi tính chính qui elliptic
u C10 () .Vì thế , tồn tại K  0 đủ lớn sao cho u  K và (u, K ) là cặp nghiệm
dưới-trên của (2.7) với   b M . Do tính duy nhất nghiệm của (2.7) nên u  w bM .

Suy ra ub cũng là nghiệm cực đại không âm của (2.6) và u b  w bM .
Định lý 2.2.3

Giả sử có (H2) và bL> 0 . Khi đó tồn tại duy nhất nghiệm dương ngặt của bài
toán (2.6) . Hơn nữa ,bởi tính chính qui elliptic u b  W 2,p () , p  2 , và vì thế
u b  C1, ()  int(P) ,0<  1 

(a)

N
. Ngoài ra:
p

 b 1  u b h.k.n trong 

(2.10)

, trong đó  b  0 thỏa :
1b 1  
b eM  bL

(b)

ub



  bM   

1

1

.

(2.11)
.

(2.12)

Chứng minh
 Trước hết , ta chứng minh rằng (  b 1 , w bM ) là cặp nghiệm dưới- trên của (2.6) với

 b  0 thỏa (2.11).

+Thật vậy ,  b 1 là nghiệm dưới của (2.6) khi và chỉ khi :
( b 1 )  b( b 1 )  e( b 1 ) .


  b 1  b( b 1 )  e( b 1 ) .
1 
1 
 1  b
b 1  e b 1 .
1 
1 
 11  b
b 1  e b 1 .

1
 11b  e

 b11 .
b 1
1
 
 e M )  b11  b L .
b (e1

(2.13)

Do 0  1  1 nên 11  1 , 11  1 . Suy ra e11  e  e M ; b L 11  b L  b .
e11  e M  0 , b11  b L  0 .

Suy ra:

(2.14)

Do (2.14) nên (2.13) đúng . Suy ra  b 1 là nghiệm dưới của (2.6).
+Ta chứng minh w bM là nghiệm trên của (2.6).
Do w bM là nghiệm dương ngặt của (2.7) nên ta có : w bM  b M (w bM ) .Suy ra :
w bM  b(w bM )  b(w bM )  e(w bM ) . Vì thế , w bM là nghiệm trên của (2.6).
 Do (  b 1 , w bM ) là cặp nghiệm dưới - trên của (2.6) và theo định lý 2.2.2 suy ra

nghiệm cực đại ub của (2.6) thỏa  b 1  u b h.k.n trong  .Theo tính chính qui
elliptic u b  W 2,p () , p  2 , và vì thế u b  C1,  () , 0<  1 

N
.Theo bổ đề 2.1.5
p

, u b  int(P) .

 Bây giờ ta chứng minh bài toán (2.6) có duy nhất nghiệm dương ngặt .

Đặt z 

1 1
u . Khi đó , bài toán (2.6) tương đương với bài toán sau:
1 

2
2
2
( )

 z  
  z   z 
(1 )

trong 
z 
 
    
   b  e(z(1  ))
(2.15)

(1  )z  x1   x 2 
x


 N 



treân 
z  0

Gọi z2 là nghiệm cực đại của (2.15) . Giả sử bài toán (2.15) có nghiệm dương ngặt
khác là z1 với z1  z 2 .Ta sẽ chứng minh z 2  z1 bằng phản chứng .
Đặt   z1  z 2 .Giả sử P0   sao cho  đạt cực tiểu âm . Cho r >0 sao cho