Luận văn Nghiệm bội dương của bài toán tựa tuyền tính với bước nhảy phi tuyến vô định á tuyến tính

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
KHOA TOÁN-TIN HỌC
————oOo————

Tiểu luận tốt nghiệp
chuyên ngành Giải Tích

NGHIỆM BỘI DƯƠNG CỦA BÀI TOÁN
TỰA TUYẾN TÍNH VỚI BƯỚC NHẢY
PHI TUYẾN VÔ ĐỊNH Á TUYẾN TÍNH.

NHÓM THỰC HIỆN : ĐẶNG TRƯỜNG - TRẦN HÒA PHÚ.
THẦY HƯỚNG DẪN : GS. DƯƠNG MINH ĐỨC.
THẦY PHẢN BIỆN : TS. ÔNG THANH HẢI

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
7- 2015


ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
KHOA TOÁN-TIN HỌC
————oOo————

Tiểu luận tốt nghiệp
chuyên ngành Giải Tích

NGHIỆM BỘI DƯƠNG CỦA BÀI TOÁN
TỰA TUYẾN TÍNH VỚI BƯỚC NHẢY
PHI TUYẾN VÔ ĐỊNH Á TUYẾN TÍNH.

NHÓM THỰC HIỆN : ĐẶNG TRƯỜNG - TRẦN HÒA PHÚ.
THẦY HƯỚNG DẪN : GS. DƯƠNG MINH ĐỨC.
THẦY PHẢN BIỆN : TS. ÔNG THANH HẢI

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
7- 2015
1


Lời cám ơn
Chúng tôi xin chân thành cảm ơn tất cả các thầy cô trong khoa Toán-Tin học, đặc biệt,
chúng tôi cảm ơn các thầy cô trong Bộ môn Giải tích đã tận tình dạy dỗ chúng tôi trong
suốt thời gian học đại học. Hơn hết, chúng tôi chân thành cảm ơn GS.Dương Minh Đức
đã tận tình hướng dẫn cho nhóm chúng tôi và TS. Ông Thanh Hải đã động viên, khích lệ,
hướng dẫn, xem và góp ý trong quá trình nghiên cứu và hoàn chỉnh tiểu luận tốt nghiệp
này, cảm ơn các bạn Dương Thị Minh Triết, Đặng Triển Thuyên, Nguyễn Đức Thọ đã
giúp đỡ nhóm chúng tôi rất nhiều trong quá trình làm và chỉnh sửa tiểu luận này.
Đặng Trường - Trần Hòa Phú

Tp. HCM, tháng 7 năm 2015

2


Mục lục
Lời cám ơn

2

Mục lục

3

Giới thiệu bài toán

4

1 Kiến thức chuẩn bị
1.1 Khả vi Gateuax. Khả vi Frechet. . . . . . .
1.2 Không gian Sobolev W 1,p (Ω) và W01,p (Ω) . .
1.3 Toán tử Nemytskii . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Định lí Mountain Pass . . . . . . . . . . . .
1.5 Về một hệ quả của định lý Dunford - Pettis

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.

.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.

.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.

.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

6
. 6
. 8
. 18
. 22
. 23

2 Áp dụng giải bài toán p-Laplace
2.1 Giới thiệu: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.2 Kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Chứng minh định lý 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24
24
25
36

Kết luận

43

Tài liệu tham khảo

45

3


Giới thiệu bài toán

Trong tiểu luận này, chúng tôi kiểm chứng chi tiết các chứng minh trong bài báo "Multiple
positive solutions for quasilinear problems with indefinite sublinear nonlinearity" của
Francisco Odair de Paiva công bố trên Nonlinear Analysis 71 (2009) trang 1108-1115.
Trong bài báo đó, người ta tìm nghiệm bội không tầm thường của bài toán tựa tuyến tính
−

pu

= h(x)uα−1 + g(x, u)

u≥0

trên Ω

u=0

trên ∂Ω

trên Ω

với Ω ⊂ RN là miền trơn bị chặn, 1 ≤ α < p
g : Ω × R → R Caratheodory sao cho g(x, t) = 0, với mọi t ≤ 0 và h thỏa
h ∈ Lσα , ở đây σα :=

p∗
α

nghĩa là

1
α
+ ∗ =1
σα p

với p∗ = pN/(N − p) nếu 1 < p < N và p∗ = ∞ nếu 1 < N ≤ p.
Giả sử g subcritical growth, tức là
|g(x, t)| ≤ c |t|q−1 + b(x), a.e in Ω, t ∈ R.
với q ∈ (p, p∗ ), b ∈ Lq (Ω), q = p∗ /s và p < s < p∗ , c là một hằng số.
Giả sử có hai hàm k và L thuộc Lr với r > N/p nếu 1 < p ≤ N và r = 1 nếu p > N , k

và L được định nghĩa bởi
k (x) = liminf
t→∞

g (x, t)
|t|p−2 t

L (x) = limsup
t→0

pG (x, t)
|t|p
4


có phần dương không tầm thường, các giới hạn là đều theo x trên Ω.
Hơn nữa h+ = 0 và có các hàm a ∈ Lr và d ∈ Lp sao cho
|g(x, t)| ≤ a(x) |t|p−1 + d(x)
Cho µ1 (k) < 1 < µ1 (L), thì tồn tại λ > 0 sao cho bài toán của chúng ta có ít nhất hai
nghiệm không âm không tầm thường nếu
(a) 1 < α < p và h+

Lσα

(b) α = 1, h(x) ≥ 0 và h

< λ, hoặc
Lσα

<λ

Đây là kết quả chính trong bài báo của Francisco Odair de Paiva nói trên.

5


Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Trong chương này chúng tôi trình bày những kiến thức, mà cụ thể là các khái niệm, tính
chất, không có trong chương trình bắt buộc chung lẫn bắt buộc riêng, được nhắc đi nhắc
lại xuyên suốt tiểu luận này.

1.1

Khả vi Gateuax. Khả vi Frechet.

Cho E,F là hai không gian định chuẩn với các chuẩn tương ứng .
U là một tập mở trong E, e ∈ E và x ∈ U

E,

.

F.

Định nghĩa 1.1. Cho f là một ánh xạ từ U vào F , e là một vectơ trong E và x ∈ U . Ta
nói:
• f có đạo hàm riêng phần theo hướng e tại x là nếu giới hạn sau đây tồn tại:
f (x + te) − f (x)
.

lim
t→0
t
∂f
Lúc này ta kí hiệu giới hạn này là
(x)
∂e
• f khả vi theo hướng tại x nếu f có đạo hàm riêng phần theo hướng theo mọi hướng
trong E và có một ánh xạ tuyến tính Df (x) từ E vào F để cho
∂f
(x) = Df (x)e ∀e ∈ E
∂e
• f khả vi Gateaux tại x nếu f khả vi theo hướng tại x và Df (x) ∈ L(E, F )
• f khả vi Gateaux trên U nếu f khả vi Gateaux tại mọi điểm x trong U .
Định lý 1.1. Cho f là một ánh xạ tuyến tính liên tục từ (E, .
f khả vi Gateaux trên E

E)

vào (F, .

f (x + te) − f (x)
f (te)
= lim
= f (e)
t→∞
t→∞
t
t
∂f

Vậy f có đạo hàm theo hướng tại x và
x = f (e)
∂e
Chứng minh. Cho x ∈ E. Ta có lim

6

F ).

Thế thì


Lúc này chọn hàm Df ≡ f . Vì f ∈ L(E, F ) nên ta cũng có Df ∈ L(E, F ).
Định nghĩa 1.2. Cho f là một ánh xạ từ U vào F và x ∈ U . Ta nói:
• f khả vi F rechet tại x nếu có một ánh xạ Df (x) ∈ L(E, F ) và φ : B(o, r) ⊂ E vào F
sao cho :
f (x + h) − f (x) = Df (x)h + h E φ(h) ∀h ∈ B(0, r) với lim φ(h) = 0
h→0

• f khả vi F rechet trên U nếu f khả vi tại mọi điểm x ∈ U.
• f liên tục khả vi Frechet trên U nếu f khả vi Frechet trên U nếu f khả vi F rechet trên
U và ánh xạ x → Df (x) liên tục từ D vào L(E, F )
Định lý 1.2. Cho U là một tập mở trong không gian định chuẩn E và f là một ánh xạ
từ U vào không gian định chuẩn F . Giả sử f khả vi Frechet tại x trong U . Lúc đó f liên
tục tại x.
Chứng minh. Cho xn → x. Ta chứng minh f (xn ) → f (x)
Vì f khả vi Frechet tại x nên ta có :
f (x + h) − f (x) = Df (x)h + h

E φ(h)

∀h ∈ B(0, r) với lim φ(h) = 0
h→0

Đặt hn = xn − x ⇒ hn → 0 ta được :
f (xn ) − f (x) = Df (x)hn + hn

E φ(hn )

Do Df (x) liên tục nên ta có lim Df (x)hn = 0 và lim hn φ(hn ) = 0
n→∞

n→∞

Vậy lim f (xn ) = f (x)
n→∞

Định lý 1.3. Cho U là một tập mở trong không gian định chuẩn E, α ∈ Φ và f, g là hai
ánh xạ từ U vào không gian định chuẩn F . Giả sử f, g khả vi Gateaux tại x ∈ U. Lúc đó
f + g và αf khả vi Gateaux tại x. Hơn nữa :
D(f + g)x = Df (x) + Dg(x) và D(αf )x = αDf (x)
(f + g)(x + te) − (f + g)(x)
f (x + te) − f (x) + g(x + te) − g(x)
= lim
t→0
t
t
f (x + te) − f (x)
g(x + te) − g(x)
∂f

∂g
= lim
+ lim
=
e+
e
t→0
t→0
t
t
∂x
∂x
Chứng minh. Ta có lim
t→0

Vậy

∂(f + g)
∂f
∂g
e=
e+
e
∂x
∂x
∂x

Cần tìm hàm D(f + g) ∈ L(E, F ) sao cho D(f + g)(x)e =
Ta chọn D(f + g)(x) = Df (x) + Dg(x)

∂(f + g)
∂f
∂g
e=
e+
e
∂x
∂x
∂x

Vì Df (x), Dg(x) ∈ L(E, F ) nên ta có D(f + g)(x) ∈ L(E, F )
f (x + te) − f (x)
∂f
αf (x + te) − αf (x)
= α lim
=α e
t→0
t→0
t
t
∂x
∂(αf )
∂f
Vậy
e=α e
∂x
∂x
Ta có lim

7

Cần tìm hàm D(αf )x ∈ L(E, F ) sao cho D(αf )(x)e =

∂αf
∂f
e=α e
∂x
∂x

Vậy chọn D(αf )(x) = αDf (x) ∈ L(E, F ).
Định lý 1.4. Cho U là một tập mở trong không gian định chuẩn E, α ∈ Φ và f, g là hai
ánh xạ từ U vào không gian định chuẩn F . Giả sử f, g khả vi Frechet tại x ∈ U. Lúc đó
f + g và αf khả vi Frechet tại x. Hơn nữa :
D(f + g)x = Df (x) + Dg(x) và D(αf )x = αDf (x)
Chứng minh. Vì f, g khả vi Frechet tại x nên ta có :
f (x + h) − f (x) = Df (x)h + h E φ1 (h) ∀h ∈ B(0, r1 ) với lim φ(h) = 0
h→0

g(x + h) − g(x) = Dg(x)h + h

E φ2 (h)

∀h ∈ B(0, r2 ) với lim φ2 (h) = 0
h→0

⇒ (f + g)(x + h) − (f + g)(x) = Df (x)h + Dg(x)h + h (φ1 (h) + φ2 (h)) ∀h ∈ B(0, r) với
r = min(r1 , r2 )
Chọn D(f + g)x = Df (x) + Dg(x) và φ(h) = φ1 (h) + φ2 (h)
Tiếp theo ta chứng minh D(αf )x = αD(f )x

Ta có :f (x + h) − f (x) = Df (x)h + h E φ1 (h) ∀h ∈ B(0, r1 ) với lim φ(h) = 0
h→0

⇒ αf (x + h) − αf (x) = αDf (x)h + α h

E φ1 (h)

Lúc này chọn D(αf )(x) = αDf (x) và φ(h) = αφ1 (h)
Định lý 1.5. (Đạo hàm hàm hợp)
Cho Ω1 và Ω2 là các tập hợp con mở lần lượt trong các không gian định chuẩn E và F .
Cho f là một ánh xạ từ Ω1 vào Ω2 và g là một ánh xạ từ Ω2 vào một không gian định
chuẩn G. Cho x là một điểm trong Ω, giả sử f khả vi F rechet tại x và g khả vi frechet
tại f (x). Lúc đó g ◦ f khả vi Frechet tại x và
D(g ◦ f )(x) = Dg(f (x)) ◦ Df (x)
Định lý 1.6. Cho f là một ánh xạ khả vi Gateaux từ một tập mở U trong không gian
định chuẩn E vào một không gian định chuẩn F . Cho a và b trong U sao cho tập hợp
[a, b] = {a + t(b − a) : t ∈ [0, 1]} ⊂ U . Giả sử f liên tục trên [a, b]. Ta có bất đẳng thức :
f (b) − f (a) F ≤ b − a E sup{Df (y)} : y ∈ [a, b]}
Định lý 1.7. (Định lí giá trị trung bình) Cho f là một ánh xạ khả vi Gateaux từ một
tập mở U trong một không gian định chuẩn E vào một không gian định chuẩn F . Giả sử
ánh xạ x −→ Df (x)h là một ánh xạ liên tục trên U với mọi h trong E. Cho a và b trong
U sao cho tập hợp [a, b] = {a + t(b − a) : t ∈ [0, 1]} chứa trong U . Lúc đó:
1

f (b) − f (a) =

Df (a + t(b − a))(b − a)dt
0

1.2

Không gian Sobolev W 1,p(Ω) và W01,p(Ω)

Cho Ω ⊂ RN là tập mở và 1 p ∞. Trước hết, ta nhắc lại một số tính chất của Lp (Ω).
Trong luận văn này ta luôn dùng ||.||p là chuẩn trong Lp (Ω).
8


Định lý 1.8 (Bất đẳng thức Holder). Giả sử f ∈ Lp (Ω), g ∈ Lp (Ω) với
ấy, f.g ∈ L1 và
|f.g| ≤ f

p

g

1
p

+

1
p

= 1. Khi

p

Ω

Định lý 1.9. Giả sử {fn } là dãy trong Lp (Ω) hội tụ về f thuộc Lp (Ω). Khi ấy, có dãy
con {fnk } sao cho:
(i) fnk (x) → f (x) a.e. trên Ω,
(ii) |fnk (x)|

G(x), với mọi k và a.e. x trên Ω. Trong đó G là hàm thuộc Lp (Ω).

Sau đây là định nghĩa về không gian Sobolev W 1,p (Ω).
Với 1 p < ∞. Không gian Sobolev W 1,p (Ω) là tập hợp các hàm số u trong Lp (Ω) sao
cho có g1 , ..., gN trong Lp (Ω) để cho
u
Ω

∂ϕ
=−
∂xi

gi ϕ với mọi ϕ ∈ Cc∞ (Ω), i = 1, N .

(1.1)

Ω

Với mỗi u trong W 1,p (Ω), ta đặt
∂u
= gi với mọi i = 1, N và ∇u =
∂xi

∂u
∂u

, ...,
∂x1
∂xn

.

Không gian W 1,p (Ω) được trang bị bởi chuẩn
N

u

W 1,p (Ω)

=

u

p
p

+
i=1

∂u
∂xi

p

1
p

(1.2)
p

Với chuẩn trên thì không gian W 1,p (Ω) là không gian Banach.
Vì trên W 1,p (Ω) có nhiều chuẩn khác nhau nên để tránh sự nhầm lẫn ta sẽ viết
(W 1,p (Ω) , . W 1,p ) thay cho W 1,p (Ω).
Sau đây là một vài tính chất của (W 1,p (Ω) , . W 1,p ).
Định lý 1.10 (Trace). Cho 1 ≤ q < ∞, với Ω là miền mở bị chặn trong RN với biên là
C 1 . Lúc đó có duy nhất ánh xạ tuyến tính liên tục T từ W 1,p (Ω) vào Lp (∂Ω) sao cho với
mọi u ∈ W 1,p (Ω) ∩ C(Ω) thì Tu=u trên ∂Ω.
Chúng ta thường gọi T u là ánh xạ vết của u trên ∂Ω.
Định lý 1.11 (Nhúng compact). Cho Ω mở bị chặn, ∂Ω là C 1 , r là một số nguyên
thuộc [0, np ) và p ∈ [1, ∞). Khi ấy có phép nhúng từ W r,p (Ω) vào Lt (Ω) là compact nếu
p
p
t ∈ [1, NN−rp
), ngoài ra khi t = NN−rp
phép nhúng này là liên tục.
Chứng minh của 2 định lý trên có thể tìm thấy trong [5, Chapter 5] hoặc [1, Chapter
3,4].
9


p
Tính chất 1.1. Cho Ω mở bị chặn, ∂Ω là C 1 và q ∈ 1, NN−p
. Khi ấy, với mọi {un }

trong W 1,p (Ω) sao cho un
Lq (Ω)

u trong W 1,p (Ω) thì ta luôn có {unk } sao cho unk → u trong

Chứng minh. Vì un
u nên dãy (un ) bị chặn.
Do W01,p (Ω) → Lq (Ω) là phép nhúng compact nên có {ukl } hội tụ về v trong Lq (Ω).
Ta sẽ chứng tỏ u = v,
Thực vậy với mọi ||w||q ≤ 1, w ∈ Lq (Ω)

Ω

Ω

w(u − ukl )| → 0

(u − ukl )w| ≤ ||v − ukl ||q + |

(v − ukl )w| + |

(v − u)w| ≤|

|

Ω

Ω

w(v − u) = 0 với mọi ||w||0,q ≤ 1, w ∈ Lq (Ω). Dẫn đến u = v.

Nên

Ω

Tức là {ukl } hội tụ về u trong Lq (Ω)
Tiếp đến là Không gian Sobolev W01,p (Ω).
Cho 1 p < ∞. Không gian Sobolev W01,p (Ω) là bao đóng của Cc1 (Ω) trong W 1,p (Ω).
Không gian W01,p (Ω) được trang bị bởi chuẩn ||u||1,p := |||∇u|||p .
Ta có kết quả sau
Định lý 1.12 (Bất đẳng thức Sobolev-Poincare). Cho p ∈ [1, n], q ∈ [1, ∞) sao cho
1
− N1 ≤ 1q . Cho Ω là tập mở bị chặn trong RN . Lúc đó có một hằng số C > 0, chỉ phụ
p
thuộc vào n, p, q sao cho với u ∈ W01,p (Ω) thì
1

1

1

||u||q ≤ Cµ(Ω) q + N − p ||∇u||p

(1.3)

Từ bất đẳng thức (1.3) cho ta chuẩn ||.||1,p tương đương với chuẩn ||.||W 1,p (Ω) .
Sau đây là tiêu chuẩn của phần tử trong W 1,p (Ω) thuộc vào W01,p (Ω).
Định lý 1.13. Giả sử Ω là tập mở, bị chặn trong RN và ∂Ω thuộc lớp C 1 . Giả sử u ∈
W 1,p (Ω). Khi ấy,
u ∈ W01,p (Ω) nếu và chỉ nếu T u = 0 trong ∂Ω.

(1.4)

Chứng minh của định lý này có thể tìm thấy trong [5, page 259, Chapter 5].
Tiếp đến là tính chất hình học của không gian W01,p (Ω).
Định lý 1.14. Không gian (W01,p , ||.||1,p ) là lồi đều, với 1 < p < ∞.
Để chứng minh định lý này ta cần Bổ đề sau
Bổ đề 1.1. (1) Nếu α ∈ [2, ∞) và x, y thuộc RN thì tồn tại hằng số k > 0 không phụ
thuộc vào x, y sao cho
x+y α
1
(|x|α + |y|α ) ≥ |
| + k|x − y|α
2
2
10

(1.5)


(2) Nếu α ∈ (1, 2) và x,y thuộc RN thì tồn tại hằng số k > 0 không phụ thuộc vào x, y
sao cho
1
x+y α
(|x|α + |y|α ) ≥ |
| + k|x − y|2 (|x| + |y|)α−2
2
2

(1.6)

Chứng minh. Ta đổi biến x = a − b, y = a + b. Khi ấy, Bổ đề 1.1 được viết lại
(1∗ ) Nếu α ∈ [2, ∞) và a, b thuộc RN thì tồn tại hằng số k > 0 không phụ thuộc vào a,

b sao cho
1
(|a − b|α + |a + b|α ) ≥ |a|α + k|b|α
2

(1.7)

(2∗ ) Nếu α ∈ (1, 2) và a, b thuộc RN thì tồn tại hằng số k > 0 không phụ thuộc vào a,
b sao cho
1
(|a − b|α + |a + b|α ) ≥ |a|α + k|b|2 (|a| + |b|)α−2
2
Trường hợp N=1: Khi a=0 thì (1.7) và 1.8 là tầm thường. Xét a = 0 đặt s =
Khi ấy (1.7) và (1.8) được viết lại:
Khi α ∈ [2, ∞) thì

(1.8)
b
a

1
(|1 − s|α + |1 + s|α ) ≥ 1 + k|s|α
2

(1.9)

1
(|1 − s|α + |1 + s|α ) ≥ 1 + k|s|2 (1 + |s|)α−2
2

(1.10)

Với mọi s ∈ R
Khi α ∈ (1, 2]

Với mọi s ∈ R.
Chứng minh (1.9): Vì α ∈ [2, ∞) nên
α
α
1
1
1
(|1 + s|α + |1 + s|α ) ≥ ( |1 + s|2 + |1 − s|2 ) 2 = (1 + s2 ) 2
2
2
2

Nếu |s| ≤ 1 thì
α

(1 + s2 ) 2 ≥ 1 +

α 2
α
s ≥ 1 + sα
2
2

Nếu |s| ≥ 1 thì.
α

α

(1 + s2 ) 2 ≥ |s|α (1 + s−2 ) 2 ≥ |s|α (1 +
= |s|α +

α α−2
|s|
≥ |s|α + 1
2

11

α −2
s )
2


Chứng ming xong (1.9).
Chứng minh (1.10): α ∈ (1, 2]. Không mất tính tổng quát ta giả sử s > 0. Khi ấy ,theo
định lý Taylor, ta có.
1
α

(1 − t)α(α − 1)(1 + ts)α−2 s2 dt

(1 + s) = 1 + αs +
0
1

(1 − t)α(α − 1)(1 + s)α−2 s2 dt = 1 + αs +

≥ 1 + αs +

α(α − 1)
(1 + s)α−2 s2
2

0

Mặt khác :
|1 − s|α ≥ 1 − αs, ∀s > 0
Do đó.

1
α(α − 1)
(|1 + s|α + |1 + s|α ) ≥ 1 +
(1 + s)α−2 s2
2
4
Chứng minh xong (1.10).
Vậy ta chứng minh xong trong trường hợp N=1.
Trường hợp N > 1: như trong trường hợp N=1, khi a hoặc b bằng 0 thì hiển nhiên .
Nên xét a, b khác 0 và khi a, b cùng phương thì trở về Trường hợp N=1. Do vậy ta chỉ xét
a, b không cùng phương, khác không. Khi ấy, có tập mở Ω trong RN không chứa {a, −a}
và {tb|t ∈ [0, 1]} ⊂ Ω.
Ta xét f : RN → R, được xác định bởi f (y) = |y|α với mọi y ∈ RN .
Ta có f khả vi Gâteaux cấp 2 trên mọi miền mở D trong RN không chứa điểm 0 và
Df (y)(h) = α|y|α−2 y, h
D2 f (y)(h)(k) = α h, k |y|α−2 + α(α − 2)|y|α−4 y, h y, k

với mọi y ∈ D, với mọi h, k ∈ RN .
Khi ấy :
1
g(x) = (|a − x|α + |a + x|α ), x ∈ Ω
2
Là hàm khả vi Gâteaux cấp 2 trên Ω và
Dg(x)(h) =

α
|a + x|α−2 a + x, h + |x − a|α−2 x − a, h
2

α
( h, k |a + x|α−2 + (α − 2)|a + x|α−4 a + x, h a + x, k
2
+ h, k |x − a|α−2 + (α − 2)|x − a|α−4 x − a, h x − a, k )

D2 g(x)(h)(k) =

Với mọi x ∈ Ω, với mọi h, k ∈ RN .
Từ đó ta được:
Ánh xạ x → Dg(x)(h) là liên tục trên Ω với mọi h ∈ R và
12


Ánh xạ x → D2 g(x)(h)(h) là ánh xạ liên tục trên Ω với mọi h ∈ R.
Ngoài ra {tb|t ∈ [0, 1]} ⊂ Ω.
Cho nên, Theo định lý Taylor ta có
1

(1 − t)D2 g(tb)(b)(b)dt

g(b) = g(0) + Dg(0)(b) +
0

Hay
1
(|a − b|α + |a + b|α ) = |a|α +
2

1

(1 − t)D2 g(tb)(b)(b)dt
0

Trong đó:
α 2
(|b| |a + tb|α−2 + (α − 2)|a + tb|α−4 | a + tb, b |2
2
+ |b|2 |tb − a|α−2 + (α − 2)|tb − a|α−4 | tb − a, b |2 )

D2 g(tb)(b)(b) =

Chứng minh (1.7). Với α ∈ [2, ∞), với t ∈ [0, 1] ta có.
α 2
|b| (|tb − a|α−2 + |tb + a|α−2 )
2
α 2 |tb − a| + |tb + a| α−2
≥
|b| (

)
2
2
1
α 2
|b| (t|b|)α−2 = αtα−2 |b|α
≥
2
2

D2 (tb)(b)(b) ≥

Nên
1

1

(1 − t)D2 g(tb)(b)(b)dt ≥
0

0

α α−2
t (1 − t)|b|α dt
2

α α
|b|
=
2

1

tα−2 (1 − t)dt =
0

1
|b|α
2(α − 1)

Từ đây kết hợp với (1.11) ta có được (1.7).
Chứng minh (1.8). Với α ∈ (1, 2),với t ∈ [0, 1] ta có.
α 2
(|b| |a + tb|α−2 + (α − 2)|a + tb|α−4 |a + tb|2 |b|2
2
+ |b|2 |tb − a|α−2 + (α − 2)|tb − a|α−4 |tb − a|2 |b|2 )
α(α − 1) 2
|b| (|tb − a|α−2 + |tb + a|α−2 )
=
2
≥ α(α − 1)|b|2 (|b| + |a|)α−2

D2 (tb)(b)(b) ≥

Nên
1

(1 − t)D2 g(tb)(b)(b)dt ≥
0

Từ đây kết hợp với (1.11) ta có được (1.8).
13

α(α − 1) 2
|b| (|b| + |a|)α−2
2

(1.11)


Chứng minh Định lý 1.14 . Lấy u, v ∈ (W01,p , ||.||1,p ) sao cho ||u||1,p = ||v||1,p = 1 và
||u − v||1,p ≥ ε ∈ (0, 2].
*Trường hợp 1: p ∈ [2, ∞).
Khi ấy theo bổ đề 1.1, phần 1.5, ta có
1
(|∇u|p + |∇v|p )
2
Ω
∇(u − v) p
∇u + ∇v p
| +k |
|
≥
|
2
2
Ω
Ω
u+v p
≥ ||

||1,p + kεp
2

1 =

1

Dẫn đến, || u+v
||1,p ≤ 1 − δ với δ = 1 − (1 − kεp ) p > 0
2
*Trường hợp 2: p ∈ (1, 2]
Ta sẽ áp dụng bất đẳng thức Hoder dưới dạng sau: Với f, g ∈ L1 (Ω)
α

1−α

|f |

|g|

Ω

|f |α .|g|1−α , α ∈ [0, 1]

≥

Ω

Ω

Và ta có
(|∇u| + |∇v|)p ≤
Ω

2p−1 (|∇u|p + |∇v|p ) = 2p
Ω

Khi ấy Bổ đề 1.1 phần (1.6), ta có:
1 =
Ω

1
(|∇u|p + |∇v|p ) ≥
2

|
Ω

∇(u + v) p
| +k
2

p
u+v p
||1,p + 2p−2 k (2p )1− 2
= ||
2

u+v p
≥ ||

||1,p + 2p−2 k
2

|∇(u − v)|2 (|∇u| + |∇v|)p−2
Ω

|∇(u − v)|2 (|∇u| + |∇v|)p−2

p
2

2
p

Ω

(|∇u| + |∇v|)p

1− p2

|∇(u − v)|2 (|∇u| + |∇v|)p−2
Ω

Ω

p
p
u+v p
≥ ||
||1,p + 2p−2 k

(|∇u| + |∇v|)p(1− 2 ) |∇(u − v)|p (|∇u| + |∇v|)(p−2) 2
2
Ω
u+v p
= ||
||1,p + 2p−2 k||u − v||21,p
2
u+v p
> ||
||1,p + 2p−2 kε2
2
1

Dẫn đến, || u+v
||1,p ≤ 1 − δ với δ = 1 − (1 − 2p−2 kε2 ) p > 0
2
Từ 2 trường hợp ta kết luận không gian (W01,p , ||.||1,p ) là lồi đều.
Hệ quả 1.1. Không gian (W01,p , ||.||1,p ) là phản xạ, lồi đều địa phương, lồi ngặt.
Ta ký hiệu không gian đối ngẫu (W01,p , ||.||1,p )∗ là W −1,p (Ω).

14

2
p

p
2

2
p

Định lý 1.15. Không gian W −1,p (Ω) là lồi ngặt, với 1 < p < ∞,

1
p

+

1
p

= 1.

Chứng minh. Theo Định lý ??, với ϕ(t) = tp−1 thì để chứng minh W −1,p (Ω) là lồi ngặt
ta chỉ cần chứng minh
u

ψ(u) =
0

1
ϕ(t)dt = ||u||p1,p khả vi Gâteaux trong W01,p (Ω).
p

Khi ấy, ψ là ánh xạ từ W01,p (Ω) vào W0−1,p (Ω) được gọi là Toán tử p-Laplace và được ký
hiệu là −∆p .
Hơn nữa, theo Chú ý ?? thì Jϕ = ψ với ϕ(t) = tp−1 nên −∆p = Jϕ .
Giờ ta sẽ chứng minh
lim

t→0

ψ(u + tϕ) − ψ(u)
=
t

|∇u|p−2 ∇u.∇ϕ với mọi u, ϕ ∈ W01,p (Ω)

(1.12)

Ω

Lấy u, ϕ ∈ W01,p (Ω), ta có
ψ(u + tϕ) − ψ(u)
1
=
||u + tϕ||p1,p − ||u||p1,p
t
tp
1
=
(|∇(u + tϕ)|p − |∇u|p )
tp Ω
1
p/2
p/2
=
|∇u + t∇ϕ|2
− |∇u|2
tp Ω

1
∇u + t∇ϕ, ∇u + t∇ϕ p/2 − ∇u, ∇u p/2
=
tp Ω
1
p/2
=
∇u, ∇u + 2t ∇u, ∇ϕ + t2 ∇ϕ, ∇ϕ
− ∇u, ∇u
tp Ω
Đặt:
a = ∇u, ∇u = |∇u|2
b = ∇u.∇ϕ
c = ∇ϕ, ∇ϕ = |∇ϕ|2
Ta có:
ψ(u + tϕ) − ψ(u)
1
=
t
tp
1
=
p

a + 2tb + ct2

p/2

− ap/2

Ω

Ω

(a + 2tb + ct2 )
t

p/2

− ap/2

Đặt biểu thức bên trong dấu tích phân là f(t,x). Ta có:
p
lim f (t, x) = 2b. ap/2−1 = bpap/2−1 = ∇u.∇ϕ.p.|∇u|p−2
t→0
2
15

p/2


Đây là hàm khả tích (trong Lp ).
Ta sẽ chứng minh dãy các hàm số dạng f(t,.) bị chặn đều bởi một ánh xạ khả tích (để
dùng được định lý hội tụ bị chặn).
Vì t → 0 nên ta chỉ quan tâm những t mà |t| < 1.
Theo định lý giá trị trung bình, ta biết rằng có một ξ nằm giữa 0 và t sao cho
p/2

(a + 2tb + t2 c)
t

− ap/2

p
p/2−1
(2b + 2cξ) a + 2bξ + cξ 2
2
= p∇ϕ(∇u + ξ∇ϕ)|∇u + ξ∇ϕ|p−2

=

Do đó:
|f (t, x)| ≤ p|∇ϕ||∇u + ξ∇ϕ|p−1
≤ p|∇ϕ|||∇u| + |∇ϕ||p−1
≤ p||∇u| + |∇ϕ||p
Chú ý rằng ||∇u| + |∇ϕ||p là hàm khả tích trên Ω.
Vì vậy, định lý hội tụ bị chặn có thể áp dụng được trong trường hợp này. Ta có:
ψ(u + tϕ) − ψ(u)
1
=
lim
t→0
t
p t→0

lim

Ω

p/2

− ap/2

p/2

− ap/2

(a + 2tb + t2 c)
t

1
=
p
1
=
p

(a + 2tb + t2 c)
lim
t
Ω t→0
p
2b. ap/2−1
2
Ω

=

bap/2−1
Ω

|∇u|p−2 ∇u.∇ϕ

=
Ω

=

ψ (u), ϕ

Đạo hàm ở đây hiểu theo nghĩa Gâteaux.
Ánh xạ ψ (u) nêu trên hiển nhiên tuyến tính.

16


Hơn nữa, với mỗi ϕ ∈ W01,p (Ω), ta có:
|∇u|p−2 ∇u.∇ϕ

| ψ (u), ϕ | =

|∇u|p−2 ∇u.∇ϕ =

≤

Ω

Ω

|∇u|p−2 |∇u.∇ϕ|

Ω

Ω

Ω



1 



|∇u|(p−1)p  

 p1

p

Holder

≤

|∇u|p−1 |∇ϕ|

|∇u|p−2 |∇u| |∇ϕ| =

≤

Ω

|∇ϕ|p 
Ω

1


=

ϕ

p

(p−1)p

1,p

|∇u|





Ω

Điều đó chứng tỏ ψ (u) là ánh xạ tuyến tính liên tục. Nói cách khác, phiếm hàm ψ khả
vi Gâteaux.
Nhận xét 1.1. Theo như trên thì toán tử −∆p từ W01,p (Ω) vào W0−1,p (Ω) được xác đinh
bởi
−∆p u, v = |∇u|p−2 ∇u.∇v với mọi u, v ∈ W01,p (Ω)
(1.13)

Ω

Hơn nữa, do −∆p = Jϕ với ϕ(t) = tp−1 nên −∆p là demicontinuous và thuộc lớp (S+ ).
Hai kết quả về nhúng liên tục và nhúng compact sau đây được trình bày trong quyển
Functional Analysis, Sobolev Spaces and Partial Differential Equations của Haim Brezis.
Định lý 1.16 (Nhúng liên tục). Cho Ω là tập mở thuộc lớp C 1 với biên bị chặn. Xét
1 ≤ p ≤ ∞. Ta có:
1
1
1
= −
nếu p < N
W 1,p (Ω) ⊂ Lp∗ (Ω) với
p∗
p N
W 1,p (Ω) ⊂ Lq (Ω) ∀q ∈ [p, +∞) nếu p = N
W 1,p (Ω) ⊂ L∞ (Ω) nếu p > N
Các phép nhúng trên đều liên tục.
Định lý 1.17 (Nhúng compact Rellich-Kondrachov). Giả sử Ω bị chặn và thuộc lớp C 1 .
Thì ta có các phép nhúng sau là compact:
1
1
1
W 1,p (Ω) ⊂ Lq (Ω) ∀q ∈ [1, p∗) với
= −
nếu p < N
p∗
p N
W 1,p (Ω) ⊂ Lq (Ω) ∀q ∈ [p, +∞) nếu p = N
W 1,p (Ω) ⊂ C Ω nếu p > N

Đặc biệt W 1,p (Ω) ⊂ Lp (Ω) là compact với mọi p (và với mọi N ).

17


Tiếp theo chúng tôi trình bày một kết quả về nhúng compact trong cuốn Sobolev
Spaces của Robert A. Adams và John J. F. Fournier, kết quả này dẫn đến W 1,p (Ω) ⊂
L∞ (Ω) (p > N ) là compact, nhờ Ω là miền trơn bị chặn trong bài toán p-Laplace chúng
tôi xét, tổng quát thì W 1,p (Ω) ⊂ L∞ (Ω) (p > N ) không compact.
Định lý 1.18. Cho Ω là một miền trong RN , Ω0 là miền con bị chặn của Ω và Ωk0 là
phần giao của Ω0 với một mặt k-chiều trong RN . Lấy j ≥ 0 và m ≥ 1 là các số nguyên,
lấy 1 ≤ p < ∞. Nếu Ω thỏa điều kiện hình nón (cone condition) và mp > N , phép nhúng
W j+m,p (Ω) ⊂ CBj (Ω0 ) là compact.
Chứng minh. Xin xem trong PART II Theorem 6.3 (The Rellich-Kondrachov theorem)
trong cuốn Sobolev Spaces của Robert A. Adams và John J. F. Fournier.
Các chú ý sau nằm trong REMARKS 6.4 cuốn Sobolev Spaces của Robert A. Adams
và John J. F. Fournier.
Chú ý 1.1 (REMARK 6.4 mục 1.). Nếu Ω bị chặn, ta có thể đặt Ω0 = Ω trong định lý
trên.
Chú ý 1.2 (REMARK 6.4 mục 2.). Nếu X, Y và Z là các không gian qua đó có các phép
nhúng X → Y và Y → Z, thì khi một trong hai phép nhúng compact, thì hợp nối X → Z
cũng compact.
Chú ý 1.3 (REMARK 6.4 mục 5.). Vì Ω0 bị chặn, CB0 Ωk0 → Lq Ωk0 với 1 ≤ q ≤ ∞.
Các kết quả này dẫn đến với Ω là miền trơn bị chặn, chứa trong RN , phép nhúng
W (Ω) ⊂ L∞ (Ω) (p > N ) là compact.
1,p

1.3

Toán tử Nemytskii

Cho Ω mở bị chặn trong RN . Ánh xạ f : Ω × R → R là Carathéodory, nghĩa là nếu các
điều sau đây được thỏa mãn:
(i) Với mỗi s ∈ R thì ánh xạ x → f (x, s) là đo được trong Ω.
(ii) a.e. x ∈ Ω thì ánh xạ s → f (x, s) là liên tục trong R
Ta đặt M = {u : Ω → R | u đo được trong Ω}.
Tính chất 1.2. Nếu f : Ω × R → R là Carathéodory và u ∈ M. Khi ấy hàm Nf u :
Ω × R → R được định nghĩa.
(Nf u) (x) = f (x, u(x)), ∀x ∈ Ω
là đo được trong Ω
Từ Tính chất 1.2 cho ta điều, Nf : M → M.
18


Tính chất 1.3. Giả sử f là ánh xạ Carathédory và có thêm tính chất sau:
|f (x, s)| ≤ C|s|r + b(x), với mọi x ∈ Ω, s ∈ R,
trong đó C ≥ 0 là hằng số, r > 0 và b ∈ Lq1 (Ω), 1
Khi đó, ta có các khẳng định sau:

(1.14)

q1 < ∞.

(i) Nf (Lq1 r (Ω)) ⊂ Lq1 (Ω),
(ii) Nf là hàm liên tục đi từ Lq1 r (Ω) vào Lq1 (Ω),
(iii) Nf biến tập bị chặn vào tập bị chặn.
Chứng minh. (i) Lấy một u ∈ Lq1 r (Ω), ta chứng minh Nf u ∈ Lq1 (Ω).
Vì Nf : M → M nên Nf u đo được.
Ta chỉ cần chứng minh tích phân |Nf u|q1 hữu hạn.
Ω

Ta có:
|Nf u|q1 =
Ω

|f (x, u (x))|q1 ≤
Ω

(C |u (x)|r + |b (x)|)

q1

Ω

(C q1 |u (x)|q1 r + |b (x)|q1 )

≤ 2q1
Ω

C q1 |u (x)|q1 r + 2q1

= 2q1
Ω

|b (x)|q1 < ∞
Ω

(ii) Ta chứng minh Nf là ánh xạ liên tục Lq1 r (Ω) → Lq1 (Ω)
Lấy một u ∈ Lq1 r , ta chứng minh Nf liên tục tại u.
Giả sử {un } là một dãy trong Lq1 r (Ω) mà hội tụ về u. Ta chứng minh dãy {Nf (un )}∞

n=1
hội tụ về Nf (u) trong Lq1 (Ω).
q1
Giả sử ngược lại, {Nf (un )}∞
n=1 không hội tụ về Nf (u) trong L (Ω). Điều đó có nghĩa là
có một dãy con {unk } và một số thực ε > 0 sao cho
|f (x, vk (x)) − f (x, u (x))|q1 > ε, ∀k ∈ N

(1.15)

Ω

trong đó, vk = unk , ∀k ∈ N.
Do vk → u trong Lq1 r (Ω). Nên theo Định lý 1.9 có một dãy con {vkj } hội tụ điểm về u
hầu khắp nơi và |vkj (x)|
g(x), với mọi k và a.e. x trên Ω. Trong đó g là hàm thuộc
p
L (Ω).
Do tính chất liên tục theo biến thứ hai của hàm f nên ta có
f x, vkj (x) − f (x, u (x))

19

q1

→ 0 a.e. x trong Ω.


Mặt khác
f x, vkj (x) − f (x, u (x))

q1

≤

+ |f (x, u (x))|

f x, vkj (x)

≤ 2q1 f x, vkj (x)

q1

+ 2q1 |Nf u (x)|q1

r

= 2q1 C vkj (x) + |b (x)|
≤ 2q1 2q1 C q1 wkj (x)

q1

q1 r

q1

+ 2q1 |Nf u (x)|q1

+ 2q1 |b (x)|q1 + 2q1 |Nf u (x)|q1

q r

= 2q1 .2q1 C q1 wkj (x) 1 + 2q1 .2q1 |b (x)|q1 + 2q1 |Nf u (x)|q1
≤ 2q1 .2q1 C q1 |g (x)|q1 r + 2q1 .2q1 |b (x)|q1 + 2q1 |Nf u (x)|q1
Hay
q1

f x, vkj (x) − f (x, u (x))

≤ G(x) a.e. x trong Ω.

trong đó, G(x) = 2q1 .2q1 C q1 |g (x)|q1 r + 2q1 .2q1 |b (x)|q1 + 2q1 |Nf u (x)|q1 với mọi x ∈ Ω là
hàm khả tích.
Do đó, theo định lý hội tụ bị chặn, ta kết luận
f x, vkj (x) − f (x, u (x))

q1

→0

Ω

Điều này mâu thuẫn với (1.15).
(iii) Chứng minh Nf đưa tập bị chặn vào tập bị chặn:
Lấy một A ⊂ Lq1 r (Ω). Ta chứng minh Nf (A) bị chặn trong Lq1 (Ω):
Có M > 0 sao cho: u Lq1 r ≤ M, ∀u ∈ A
Ta có:
 q1



 q1

1

Nf u

Lq1

q1 

|f (x, u (x))|

= 
Ω

1

(C |u (x)| + |b (x)|)

q1 

Ω
q1 r

(C q1 2q1 |u (x)|

≤

r

≤

+ 2q1 |b (x)|q1 ) = C q1 2q1 u

q1 r
q1 r

+ 2q1 b

q1
Lq1

Ω

≤ C q1 2q1 M q1 r + 2q1 b

q1
Lq1

Vậy Nf (A) bị chặn trong Lq1 .
Định lý 1.19. Cho Ω mở bị chặn trong Rn với ∂Ω là C 1 . Giả sử f : Ω × R → R là
Carathéodory và thỏa:
|f (x, s)| ≤ C|s|q−1 + b với mọi x ∈ Ω, s ∈ R

(1.16)

p
Trong đó C ≥ 0, b là hằng số , q ∈ 1, NN−p
.

Khi ấy, Nf∗ là toán tử compact từ W01,p (Ω) vào W −1,p (Ω) được xác định bởi,
f (x, u)v với mọi u, v ∈ W01,p (Ω)

Nf∗ (u), v =
Ω

20

(1.17)


Chứng minh. Từ Tính chất 1.3 với r = q − 1 và q1 = q với 1q + q1 = 1 ta kết luận Nf là
ánh xạ liên tục từ Lq (Ω) vào Lq (Ω) và đưa tập bị chặn vào tập bị chặn.
p
nhằm để có phép nhúng compact
Chú ý điều kiện Ω mở bị chặn, ∂Ω là C 1 và q ∈ 1, NN−p
từ W01,p (Ω) vào Lq (Ω).
Giờ ta chứng minh Nf∗ được xác định tốt, thực vậy
Lấy u ∈ W01,p (Ω). Ta cần chỉ ra Nf∗ (u) ∈ W −1,p (Ω).
Do có phép nhúng liên tục từ W01,p (Ω) vào Lq (Ω) và Nf (Lq (Ω)) ⊂ Lq (Ω)
Nên Nf (u) ∈ Lq (Ω).
Với mọi v ∈ W01,p (Ω) áp dụng bất đẳng thức Holder và sử dụng phép nhúng liên tục từ
W01,p (Ω) vào Lq (Ω) ta được
Nf∗ (u), v

f (x, u)v ≤ Nf (u)

=
Ω

q

v

q

≤ C Nf (u)

q

v

1,p

Chú ý rằng Nf (u) là ánh xạ tuyến tính.
Do đó, Nf∗ (u) ∈ W −1,p (Ω).
Tiếp đến, cho A là tập bị chặn trong W01,p (Ω). Ta cần chứng minh Nf∗ (A) compact trong
W −1,p (Ω) là xong.
Giả sử {vn } là một dãy trong Nf∗ (A). Ta sẽ chứng minh rằng có một dãy con của dãy
{vn } hội tụ trong W −1,p (Ω).
Có {un } trong A sao cho vn = Nf∗ (un ) với mọi n ∈ N
Do có phép nhúng compact từ W01,p (Ω) vào trong Lq (Ω) nên tập A qua phép nhúng này
sẽ trở thành tập compact tương đối trong Lq (Ω).
Khi ấy, có {unk } là dãy con của {un } hội tụ về u trong Lq (Ω).
Vì Nf là ánh xạ liên tục từ Lq (Ω) vào Lq (Ω) nên Nf (unk ) → Nf (u) trong Lq (Ω).
Đến đây ta có quyền suy ra Nf∗ (unk ) → Nf∗ (u) trong W −1,p (Ω) bởi,
Nf∗ (unk ) − Nf∗ (u)

W−1,p (Ω)

=

sup
||ϕ||1,p 1
ϕ∈W01,p (Ω)

=

Nf∗ (unk ) − Nf∗ (u), ϕ

(f (x, unk ) − f (x, u)) ϕ

sup
||ϕ||1,p 1
ϕ∈W01,p (Ω)

sup
||ϕ||1,p 1
ϕ∈W01,p (Ω)

sup
||ϕ||1,p 1
ϕ∈W01,p (Ω)

Ω

Nf (unk ) − Nf (u)

q

C Nf (unk ) − Nf (u)

= C Nf (unk ) − Nf (u)

ϕ

q

q

ϕ

1,p

q

Do đó, có một dãy con của dãy {vn } hội tụ trong W −1,p (Ω).
Cho nên, Nf∗ (A) compact trong W −1,p (Ω) với mọi A là tập con bị chặn trong W01,p (Ω).
Điều này có nghĩa Nf∗ là toán tử compact từ W01,p (Ω) vào W −1,p (Ω).
21


1.4

Định lí Mountain Pass

Giá trị tới hạn: Cho E là một không gian Banach thực. Một hàm số I đi từ E vào R gọi
là phiến hàm. Một điểm tới hạn u của I là điểm mà tại đó I (u) = 0, chính xác hơn là
I (u)v = 0 với mọi v ∈ E

Giá trị của I tại u gọi là giá trị tới hạn của I.
Điều kiện Palais - Smale (PS): Ta nói một phiến hàm Φ : X → R, Φ ∈ C 1 là thỏa điều
kiện (PS) nếu mọi dãy {un } trong X thỏa điều kiện
|Φ(un )| ≤ C và Φ (un ) → 0 trong X ∗
có dãy con {unk } hội tụ mạnh.
Định lý 1.20. (Định lí Mountain Pass) Cho X là một không gian Banach thực, I ∈
C 1 (X, R), I thỏa (PS). Giả sử I(0) = 0 và
(I1) có các hằng số ρ, α sao cho I| x =ρ ≥ α
(I2) có e ∈ X, e > ρ sao cho I(e) ≤ 0
Thì I có giá trị tới hạn c ≥ α. Hơn nữa c được xác định bởi
c = inf max I(u)
g∈Γ u∈g([0,1])

với
Γ = {g ∈ C ([0, 1] , X) : g(0) = 0, g(1) = e}
Chứng minh. Trước hết ta chấp nhận bổ đề sau
Bổ đề 1.2. (Deformation Theorem) Cho E la không gian Banach thực và I ∈ C 1 (E, R)
thỏa (PS). Với s, c ∈ R đặt Kc = u ∈ E | I(u) = c và I (u) = 0 và As = {u ∈ E | I(u) ≤ s}.
Nếu c không phải là giá trị tới hạn của I, cho bất kì ε > 0, tồn tại ε ∈ (0, ε) và
η ∈ C ([0, 1] × E, E) sao cho:
1◦ η (1, u) = u nếu I(u) ∈
/ [c − ε, c + ε]
◦
2 η (1, Ac+ε ) ⊂ Ac−ε
Định nghĩa của c cho thấy c < ∞.
Nếu g ∈ Γ, g ([0, 1]) ∩ ∂Bρ = Ø.
Vì thế max I(u) ≥ inf I(ω) ≥ α nhờ (I1 ) . Dẫn đến c ≥ α. Giả sử c không phải là
u∈g([0,1])

ω∈∂Bρ

giá trị tới hạn của I. Áp dụng bổ đề với ε = α/2 sẽ cho ε ∈ (0, ε) và η với tính chất như
trong bổ đề. Chọn g ∈ Γ sao cho
(4) max I(u) ≤ c + ε
u∈g([0,1])

22


và đặt h(t) = η (1, g(t)). Rõ ràng h(t) ∈ C ([0, 1] , E). Mặt khác g(0) = 0 và I(0) =
0 < α/2 ≤ c − ε cho ta h(0) = 0 nhờ 1◦ . Tương tự g(1) = c và I(c) ≤ 0 cho ta h(1) = e.
Dẫn đến h ∈ Γ và do c = inf max I(u):
g∈Γ u∈g([0,1])

(5) c ≤ max I(u)
u∈h([0,1])

Do (4), g ([0, 1]) ⊂ Ac+ε nên 2◦ cho ta h ([0, 1]) ⊂ Ac−ε , i.e.
(6) max I(u) ≤ c − ε
u∈h([0,1])

mâu thuẫn với (5). Vậy c là giá trị tới hạn của I.

1.5

Về một hệ quả của định lý Dunford - Pettis

Với không gian đo (X, M, µ), tổng quát mà nói, không gian Banach L1 (X, µ) có thể
không phản xạ, trong trường hợp này, theo định lý Eberlein - Smulian, tồn tại một dãy
bị chặn trong L1 (X, µ) không có dãy con hội tụ yếu. Vì thế thật quan trọng và cần thiết

khi xác định được điều kiện cần để một dãy bị chặn trong L1 (X, µ) có dãy con hội tụ
yếu. Chúng tôi trình bày ngay đây định lý Dunford - Pettis, ý nói rằng, với µ (X) < ∞,
nếu một dãy bị chặn trong L1 (X, µ) đồng khả tích (uniformly integrable, chúng tôi sẽ
dùng định nghĩa bằng tiếng Anh để đảm bảo tính chính xác), dãy đó có dãy con hội tụ
yếu. Nhắc lại rằng một dãy {fn } ∈ L1 (X, µ) được gọi là uniformly integrable nếu với mỗi
> 0, tồn tại δ > 0 sao cho với mọi tập đo được E:
|fn | dµ < với mọi n

Nếu µ (E) < δ thì
E

Định lý 1.21. Định lý Dunford - Pettis: Với không gian đo hữu hạn (X, M, µ) và dãy bị
chặn {fn } ∈ L1 (X, µ) , hai điều kiện dưới đây tương đương:
(i) {fn } uniformly integrable trên X
(ii) Mọi dãy con của {fn } có một dãy con hội tụ yếu trong L1 (X, µ)
Chứng minh. xin xem Theorem 12 page 412 cuốn H. L. Royden, P. M. Fitzpatrick: Real
Analysis (Fourth Edition), Pearson Education Asia Limited and China Machine Press,
2010.
Hệ quả 1.2 (Corollary 13 page 413). Cho (X, M, µ) là không gian đo hữu hạn và {fn } ∈
L1 (X, µ) , {fn } bị chặn bởi một hàm g ∈ L1 (X, µ) theo nghĩa:
|fn | ≤ g a.e trên E và với mọi n (E ⊂ X)
Thì {fn } có dãy con hội tụ yếu trong L1 (X, µ).

23


Chương 2
Áp dụng giải bài toán p-Laplace
2.1

Giới thiệu:

Xét bài toán:
− p u = h(x)uα−1 + g(x, u)
trên Ω
u≥0
trên Ω
(1.1)
u=0
trên ∂Ω
với Ω ⊂ RN là miền trơn bị chặn, 1 ≤ α < p
g : Ω × R → R Caratheodory sao cho g(x, t) = 0, với mọi t ≤ 0 và h thỏa
1
α
p∗
nghĩa là
+ ∗ =1
(1.2)
h ∈ Lσα , ở đây σα :=
α
σα p
với p∗ = pN/(N − p) nếu 1 < p < N và p∗ = ∞ nếu 1 < N ≤ p.
Giả sử g subcritical growth, tức là
|g(x, t)| ≤ c |t|q−1 + b(x), a.e in Ω, t ∈ R.
(1.3)
với q ∈ (p, p∗ ), b ∈ Lq (Ω), q = p∗ /s và p < s < p∗ , c là một hằng số.
Gọi m(x) là một hàm số thuộc Lr , r > N/p nếu 1 < p ≤ N và r = 1 nếu p > N . Xét bài
toán trị riêng
− p u = λm(x) |u|p−2 u
trong Ω

(1.4)
u=0
trên ∂Ω
Nếu m(x) > 0 trên một tập con có độ đo dương của Ω, bài toán (1.4) có trị riêng chính
µ1 (m) > 0 (ký hiệu λ1 = µ1 (1)- trị riêng của toán tử Laplace thường). Trị riêng này đơn
và cô lập trong phổ. Có thể giả sử hàm riêng thứ nhất ϕm dương trên Ω. Hơn nữa, µ1 (m)
có đặc trưng biến phân
|∇u|p dx; u ∈ W01,p (Ω) và

µ1 (m) = inf
Ω

m(x) |u|p dx = 1
Ω

Ta luôn giả sử có hai hàm k và L thuộc Lr được định nghĩa bởi
g (x, t)
k (x) = liminf p−2
t→∞ |t|
t
pG (x, t)
L (x) = limsup
|t|p
t→0
có phần dương không tầm thường, các giới hạn là đều theo x ∈ Ω.

24

(1.5)