Tinh giai duoc cua mot lop he phuong trinh elliptic khong tuyenh tinh

Đại học Quốc gia Hà Nội
Tr-ờng Đại học Khoa học Tự nhiên
Ngô Quốc Anh
Tính giải đ-ợc của một lớp hệ ph-ơng
trình elliptic không tuyến tính
Luận văn Thạc sĩ Khoa học
Hà Nội - 2007
Tóm tắt
Lý thuyết ph-ơng trình vi phân đạo hàm riêng đ-ợc nghiên cứu đầu
tiên trong các công trình của Euler, d'Alembert, Lagrange và Laplace nh-
là một công cụ chính để mô tả cơ học cũng nh- mô hình giải tích của vật
lý. Vào giữa thế kỷ XIX với sự xuất hiện của các công trình của Riemann,
lý thuyết ph-ơng trình vi phân đạo hàm riêng đã chứng tỏ là một công
cụ thiết yếu của nhiều ngành toán học. Cuối thế kỷ này, H. Poincaré đã
chỉ ra mối quan hệ biện chứng giữa lý thuyết ph-ơng trình vi phân đạo
hàm riêng và các ngành toán học khác. Sang thế kỷ XX, lý thuyết ph-ơng
trình vi phân đạo hàm riêng phát triển vô cùng mạnh mẽ nhờ có công cụ
giải tích hàm đặc biệt là từ khi xuất hiện lý thuyết hàm suy rộng do S.L.
Sobolev và L. Schwartz xây dựng.
Không dừng lại ở việc nghiên cứu định tính hoặc định l-ợng các bài
toán ph-ơng trình vi phân đạo hàm riêng cụ thể, lý thuyết ph-ơng trình
vi phân đạo hàm riêng còn nghiên cứu trên ph-ơng diện giải tích các mô
hình trong sinh học, trong kinh tế, trong hoá học và vật lý thiên văn mà
ví dụ tiêu biểu là mô hình khuyếch tán trong sinh học và trong hoá học.
Khi xét một bài toán ph-ơng trình đạo hàm riêng (có thể đó là bài toán
biên, bài toán điều kiện ban đầu, bài toán điều kiện hỗn hợp,..) ta th-ờng
gặp những khả năng khác nhau về nghiệm của nó nh-ng nhìn chung các
vấn đề đặt ra đối với nghiệm của một bài toán là
sự tồn tại nghiệm của bài toán;
tính duy nhất nghiệm;
tính trơn của nghiệm.

Mô hình đơn giản nhất của bài toán khuyếch tán có dạng
u
t
= Du + f (x, u) , x R
N
, t > 0, (1)
ở đây u R
N
, D là ma trận N ì N và f là một hàm trơn. Khi đó nghiệm
bền vững (không phụ thuộc vào thời gian) của bài toán trong tr-ờng hợp
1
hai chiều với ma trận
D =

1 0
0 1

dẫn chúng ta đến việc nghiên cứu bài toán ph-ơng trình đạo hàm riêng
cho hệ elliptic nửa tuyến tính với phần chính là toán tử Laplace sau đây
u = u + v + f (u, v) trong ,
v = u + v + g (u, v) trong ,
u = v = 0 trên ,
(2)
trong đó R
N
(N 1) là miền bị chặn với biên trơn.
Vì vậy, trong Luận văn này chúng tôi tập trung nghiên cứu sự tồn tại
nghiệm của bài toán trên.
Luận văn bao gồm 3 ch-ơng chính sau đây
1. Ch-ơng 1

Ch-ơng 1 dành để trình bày một số kiến thức chuẩn bị về các không
gian Sobolev, các tính chất định tính của toán tử Laplace, nguyên lý
cực đại mạnh,...
2. Ch-ơng 2
Mục đích chính của ch-ơng là chứng minh sự tồn tại và tính duy nhất
nghiệm của bài toán (2) với điều kiện f, g : ì R R là các hàm
Lipschitz theo u, v; nghĩa là
|f(u, v) f(u,v)| k
1
(|u u| + |v v|),
|g(u, v) g(u,v)| k
2
(|u u| + |v v|),
đúng với mọi u,u, v,v R.
Ph-ơng pháp sử dụng ở đây là ph-ơng pháp Lyapunov-Schmidt. ý
t-ởng ở đây là sử dụng phân tích tổng trực tiếp
H
1
0
() = X Y
2
trong đó X là không gian một chiều sinh bởi hàm riêng ứng với giá
trị riêng đầu tiên của toán tử . Với phân tích trên ta quy về xét
tính giải đ-ợc của hệ
u
0
= P ()
1
[(u
0

+ z) + (v
0
+ w) + f(u
0
+ z, v
0
+ w)],
v
0
= P ()
1
[(u
0
+ z) + (v
0
+ w) + g(u
0
+ z, v
0
+ w)],
(3)
và của hệ
z = Q()
1
[(u
0
+ z) + (v
0
+ w) + f(u
0

+ z, v
0
+ w)],
w = Q()
1
[(u
0
+ z) + (v
0
+ w) + g(u
0
+ z, v
0
+ w)].
(4)
Trong đó P và Q lần l-ợt là các phép chiếu từ H
1
0
() lên X và Y .
Với mỗi (u
0
, v
0
) X ì X cố định, ta giải bài toán (4) và giả sử
nghiệm nhận đ-ợc là (z
0
, w
0
) Y ì Y . Thay nghiệm vừa tìm đ-ợc
vào bài toán (3) để giải và giả sử nghiệm tìm đ-ợc của bài toán (3)

là (u
0
, v
0
). Khi đó nghiệm của bài toán (2) sẽ là (u
0
+ z
0
, v
0
+ w
0
).
Kết hợp với nguyên lý ánh xạ co, chúng tôi chỉ ra đ-ợc rằng với mỗi
(u
0
, v
0
) X ì X cố định, hệ (4) có nghiệm duy nhất nếu
(|| + k
1
)
2
+ (|| + k
1
)
2
+ (|| + k
2
)

2
+ (|| + k
2
)
2

2
2
.
Nếu
(|| + k
1
)
2
+ (|| + k
1
)
2
+ (|| + k
2
)
2
+ (|| + k
2
)
2


2
2

2
và
4(k
2
1
+ k
2
2
)((
1
)
2
+ (
1
)
2
+
2
+
2
)
((
1
)(
1
) )
2

1 +
4(k

2
1
+ k
2
2
)

2
2
2l

< 1
thì bài toán (3) có nghiệm duy nhất trong X ì X.
Cũng phải nhấn mạnh ở đây rằng trong tr-ờng hợp đang xét
1
không
phải là giá trị riêng của ma trận thực A. Đây là kết quả mới và đã
đ-ợc tác giả công bố ở Electron. J. Diff. Eqns., 129 (2005), 1-11.
3
3. Ch-ơng 3
Bài toán đ-ợc đề cập trong ch-ơng 3 là
u = u + v + f (x, u, v) trong ,
v = u + v + g (x, u, v) trong ,
u = v = 0 trên ,
(5)
ở đây f và g là các hàm Carathéodory thỏa mãn
|f (x, u, v)| + |g (x, u, v)| a (|u| + |v|)

+ b (6)
trong đó a, b > 0, là các hằng số nào đó với

0






N + 2
N 2
, nếu N 3,
< +, nếu N = 1, 2.
Khác với ch-ơng 2, chúng tôi không giả thiết tính Lipschitz đối với
f và g tuy nhiên lại cần sự tồn tại hàm F sao cho
f (x, u, v) =
F
u
(x, u, v) ,
g (x, u, v) =
F
v
(x, u, v) .
và
lim
|U|+
F (x, U)
|U|
= 0 , U R
2
(7)
đúng với mọi x .

Với điều kiện (6), phiếm hàm liên kết
1
2



|u(x)|
2
+ |v(x)|
2
u(x)
2
2u(x)v(x) v(x)
2

dx



F (x, U) dx.
thuộc lớp C
1
. Nghiệm của bài toán (theo nghĩa yếu) là điểm tới hạn
của phiếm hàm liên kết trên.
Với điều kiện (7) và
+
2

2

2
+
2
=
j
, j
4
trong đó
j
(j 1) là tất cả các giá trị riêng của toán tử trong
miền , chúng tôi chứng minh đ-ợc phiếm hàm liên kết thỏa mãn
điều kiện Palais-Smale.
Bằng cách áp dụng trực tiếp định lý điểm yên ngựa chúng tôi chỉ ra
đ-ợc sự tồn tại nghiệm yếu của bài toán (5).
Ngoài hai ch-ơng chính đã nói ở trên, Luận văn còn bao gồm những phần
phụ nữa nh- là Mở đầu, Lời cảm ơn, Danh mục các ký hiệu, Mục lục,...
Luận văn đ-ợc thực hiện và hoàn thành tại Khoa Toán-Cơ-Tin học, Đại
học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội d-ới sự h-ớng dẫn trực
tiếp của PGS.TS. Hoàng Quốc Toàn.
5
1
Một số tính chất định tính của toán tử
Laplace trong miền bị chặn
1.1 Các không gian Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Không gian H
1
() . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.3 Một số bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3.1 Bất đẳng thức Poincaré . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3.2 Bất đẳng thức Hăolder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.4 Toán tử và các tính chất của nó. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.5 Nguyên lý cực đại . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
Trong ch-ơng này, chúng ta xét các tính chất cơ bản về phổ của toán
tử trong miền bị chặn.
1.1 Các không gian Sobolev
Giả thiết R
N
là miền mở bị chặn với biên trơn. Ta định nghĩa
không gian Sobolev
W
k,p
() = {u L
p
() |D

u L
p
() , : || k}
với chuẩn t-ơng ứng là
u
p
W
k,p
=

||k
|D

u|
p
p
.
Đặc biệt, H
1
() = W
1,2
(), tức là,
H
1
() = {u L
2
()


D
1
u L
2
()}.
Không gian H
1
() đ-ợc trang bị tích vô h-ớng
1.1. Các không gian Sobolev 3
(u, v) = (u, v)
L
2
+

1kN

u
x
k
,
v
x
k

L
2
và chuẩn t-ơng ứng
u
2
H
1
=



|u(x)|
2
+ u(x)
2

dx .
Từ định nghĩa trên ta thấy H
1

() là không gian Hilbert.
Xét C

0
() là không gian các hàm khả vi vô hạn với giá compắc trong
. Ký hiệu W
k,p
0
(), H
1
0
() lần l-ợt là bổ sung đủ của C

0
() trong
W
k,p
() và H
1
(). Không gian H
1
0
() đ-ợc trang bị chuẩn cảm sinh từ
không gian H
1
(). Ngoài ra H
1
0
() cũng là một không gian Hilbert đối
với tích vô h-ớng của H

1
().
Cũng cần phải phân biệt rằng nếu R
N
thì nói chung H
1
0
() =
H
1
(). Tuy nhiên, nếu R
N
\ đủ mỏng và N > 2 thì H
1
0
() = H
1
().
Các hàm thuộc H
1
0
() là các hàm thuộc H
1
() và triệt tiêu trên biên ,
để minh họa cho đặc tr-ng này của các hàm thuộc H
1
0
() ta phát biểu
định lý sau
Định lý 1.1. Ta giả thiết thuộc lớp C

1
. Giả sử u H
1
0
() C(). Khi
đó các tính chất sau là t-ơng đ-ơng
u = 0 trên .
u H
1
0
().
Chứng minh của định lý này có thể xem trong [6, Định lý IX.17]. Từ định
lý trên ta có thể thấy ngay vai trò của không gian H
1
0
() trong các bài
toán biên với điều kiện biên Dirichlet.
Để đơn giản ta sẽ sử dụng các ký hiệu sau đây
L
2
() := L
2
() ì L
2
() , H
1
0
() := H
1
0

() ì H
1
0
() .
Trong không gian L
2
() ta sử dụng chuẩn
|U|
2
2
= |u|
2
2
+ |v|
2
2
1.2. Không gian H
1
() 4
với U = (u, v) trong đó ký hiệu | ã |
2
để chỉ chuẩn trong L
2
(). Ta thấy
toán tử
T : H
1
0
() L
2

()
u (u, u)
là một đẳng cự, nh- vậy T (H
1
0
()) là một không gian con đóng trong
không gian phản xạ L
2
() nên T (H
1
0
()) là một không gian phản xạ và
do đó H
1
0
() là một không gian phản xạ.
1.2 Không gian H
1
()
Không gian đối ngẫu của H
1
0
() đ-ợc ký hiệu là H
1
(), nói cách khác,
H
1
() là không gian các phiếm hàm tuyến tính liên tục trên H
1
0

(). Vì
H
1
0
() L
2
() nên L
2
() H
1
(). Hơn nữa, với f H
1
() thì
f
H
1
()
= sup
u1
|f (u)|,
trong đó ta ký hiệu f (u) để chỉ giá trị của f H
1
() trên u H
1
0
().
Ta đồng nhất L
2
() với không gian đối ngẫu của nó và vì vậy có sơ đồ
sau

H
1
0
() L
2
() H
1
()
với các phép nhúng liên tục và chứa trong trù mật.
Định lý sau nêu bật lên đặc tr-ng của các phần tử trong H
1
().
Định lý 1.2. Nếu f H
1
() thì tồn tại f
0
, f
1
, ..., f
N
L
2
() sao cho
f, u =


f
0
(x)u(x) dx +
N

k=1


f
k
(x)
u
x
k
(x) dx , u H
1
0
()
và
max
0kN
|f
k
|
2
= f
H
1
.
Chứng minh của định lý này có thể xem trong [6, Định lý IX.20].
1.4. Toán tử và các tính chất của nó 5
1.3 Một số bất đẳng thức
Sau đây ta liệt kê một số bất đẳng thức quan trọng sẽ dùng trong các
chứng minh sau này.

1.3.1 Bất đẳng thức Poincaré
Giả sử R
N
là miền bị chặn. Khi đó tồn tại hằng số c > 0 sao cho bất
đẳng thức sau


u(x)
2
dx c


|u(x)|
2
dx (1.1)
đúng với mọi u H
1
0
().
1.3.2 Bất đẳng thức Hăolder
Giả sử 1 p + và q là số mũ liên hợp của p, tức là
1
p
+
1
q
= 1 (quy
-ớc
1

= 0). Giả thiết R
N
là miền bị chặn. Khi đó ta có


|f(x)g(x)| dx



|f(x)|
p
dx

1
p



|g(x)|
q
dx

1
q
. (1.2)
1.4 Toán tử và các tính chất của nó
Ta ký hiệu là toán tử
: H
1
0

() H
1
() (1.3)
xác định theo công thức
(u, v) = (u, v) , u, v H
1
0
() . (1.4)
Ta chú ý rằng, với mọi u, v C

0
() thì
(u, v) =


uvdx
=
n

i=1


u
x
i
v
x
i
dx =
n

i=1




x
i

v
u
x
i

v

2
u
x
2
i

dx
1.4. Toán tử và các tính chất của nó 6
=
n

i=1

v

2
u
x
2
i
dx +
n

i=1



x
i
v cos (x
i
, v) ds
=
n

i=1


v

2
u
x

2
i
dx.
Từ đó suy ra
u =
n

i=1

2
u
x
2
i
là toán tử Laplace. Toán tử đ-ợc xác định bởi (1.3) và (1.4) đ-ợc gọi
là toán tử của bài toán Dirichlet với điều kiện biên thuần nhất đối với
ph-ơng trình Laplace
u = f(x) trong ,
u = 0 trên .
(1.5)
Định nghĩa 1.1. Giả sử f(x) L
2
(). Hàm u(x) H
1
0
() đ-ợc gọi là
nghiệm suy rộng của bài toán Dirichlet (1.5) nếu nó thoả mãn điều kiện
(u, v) = (f, v) , v C

0

() .
Nhận xét. Nếu nghiệm suy rộng u của bài toán Dirichlet (1.5) thoả mãn
điều kiện u H
1
0
() C
2
() thì
u H
1
0
() cho ta (u, v) = (f, v), v C

0
().
u C
2
() cho ta (u, v) = (u, v), v C

0
().
Nghĩa là
(u, v) = (f, v) , v C

0
() .
Hay u = f trong . Vậy u là nghiệm cổ điển của bài toán.
Xét u H
1
0

() bất kỳ. Từ định nghĩa (1.4) của toán tử ta có
(u, u) = (u, u) = u
2
. (1.6)
Hơn thế nữa
(u, u) u
H
1
()
u. (1.7)
1.4. Toán tử và các tính chất của nó 7
Do đó
u
2
u
H
1
()
u .
Vì vậy ta có khẳng định
u u
H
1
()
. (1.8)
Ta đi đến định lý.
Định lý 1.3. Toán tử : H
1
0
() H

1
() là ánh xạ một-một và lên.
Chứng minh. Từ bất đẳng thức (1.8) ta suy ra là ánh xạ một-một với
miền giá trị đóng. Ta còn phải chứng minh là ánh xạ lên. Giả sử tồn
tại phần tử u
0
H
1
0
() trực giao với miền giá trị R () H
1
(),
nghĩa là
(u, u
0
) = 0 , u H
1
0
() .
Đặt u = u
0
ta có (u
0
, u
0
) = 0. Từ đó, nhờ bất đẳng thức (1.7) ta suy ra
u
0
= 0. Vậy là ánh xạ lên, tức là R () = H
1

().
Hệ quả 1.1. Với mọi f(x) L
2
(), bài toán Dirichlet (1.5) tồn tại duy
nhất nghiệm suy rộng u
0
H
1
0
().
Chứng minh. Giả sử f(x) L
2
() H
1
(). Theo định lý trên, tồn tại
duy nhất u
0
H
1
0
() sao cho
(u
0
, v) = (u
0
, v) = (f, v) , v C

0
() .
Điều đó chứng tỏ u

0
là nghiệm suy rộng của bài toán (1.5).
Ký hiệu T : H
1
() H
1
0
() là toán tử nghịch đảo của toán tử .
Giả sử u, v H
1
0
(). Ta đặt = u, = v. Khi đó
(T , ) = (T () u, v) = (u, v)
= (u, v) = (u, v) = (, T ) .
Từ đó suy ra
(T, ) = (, T ) , , L
2
() .
1.4. Toán tử và các tính chất của nó 8
Điều này chứng tỏ hạn chế của toán tử T trên không gian L
2
() là toán
tử tự liên hợp, tức là T = T

. Ta đã biết phép nhúng H
1
0
() L
2
() là

compắc cho nên toán tử T hạn chế trên L
2
()
T : L
2
() H
1
0
() L
2
()
là toán tử compắc, tự liên hợp trong L
2
(). Vậy ta đi đến định lý.
Định lý 1.4. Toán tử nghịch đảo T của toán tử là compắc, xác định
d-ơng và tự liên hợp trong L
2
().
Từ Định lý 1.4 ta suy ra tồn tại một cơ sở trực giao trong L
2
(), ký
hiệu là {
i
}

i=1
, gồm các hàm riêng của toán tử T ứng với các giá trị riêng
{à
i
}

i=1
trong đó à
i
0 khi j +. Hơn nữa, vì
T : L
2
() H
1
0
() L
2
()
nên
i
H
1
0
() với mọi i = 1, 2, ... Mặt khác

i
= T
1
(T
i
) = T
1
(à
i

i
) = à
i
(
i
) .
Do đó

i
=
1
à
i

i
.
Điều đó chứng tỏ rằng toán tử có dãy các hàm riêng {
i
} trong H
1
0
()
t-ơng ứng với dãy các giá trị riêng {
i
}

i=1
đơn điệu tăng khi i +,
nghĩa là
0 <

1

2
...
i
... ,
i
+ (i +).
Vì {
i
}
i1
cũng là các hàm riêng của T nên ta đi đến khẳng định sau
Định lý 1.5. Tồn tại một cơ sở Hilbert gồm những hàm riêng {
i
}
i1
của
toán tử t-ơng ứng với dãy các giá trị riêng {
i
} đơn điệu tăng khi
i +.
Liên quan đến giá trị riêng đầu tiên
1
của toán tử ta có định lý
sau.
1.4. Toán tử và các tính chất của nó 9
Định lý 1.6. Nếu
1
là giá trị riêng đơn đầu tiên của toán tử thì

()
1
=
1

1
.
Chứng minh. Khẳng định của định lý t-ơng đ-ơng với việc chứng minh
T = à
1
. Thật vậy, vì {
i
}
i1
là cơ sở trực giao của không gian L
2
()
nên có thể xây dựng đ-ợc một cơ sở trực chuẩn của L
2
() gồm các
véc tơ riêng, vẫn ký hiệu là {
i
}
i1
, của toán tử ứng với các giá trị
riêng
i
(i = 1, 2, ..). Khi đó, với mỗi u L
2
() ta đều có biểu diễn

u =

i
(u,
i
)
i
. Do đó
T u = T


i
(u,
i
)
i

=

i
(u,
i
) T
i
=

i
à
i
(u,

i
)
i
.
Nên ta có đánh giá
T u
2
=

i
à
2
i
(u,
i
)
2
à
2
1

i
(u,
i
)
2
= à
2
1
u

2
.
Nghĩa là T u |à
1
| à
1
. Từ đó suy ra T |à
1
|. Mặt khác, ta lại có
T u
1
= à
1
u
1
nên |à
1
| T. Kết hợp lại ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả 1.2. Hàm riêng
1
của toán tử thoả mãn |
1
|
2
2
=
1
.
Chứng minh. Từ (1.6) ta thấy
|

1
|
2
2
= (
1
,
1
) = (
1
,
1
) = (
1

1
,
1
) =
1
|
1
|
2
2
.
Nh- vậy |
1
|
2

2
=
1
và ta có điều phải chứng minh.
Kết quả sau đề cập đến tính trơn của bài toán Dirichlet (1.5). Chứng
minh chi tiết của định lý có thể tìm thấy trong [26, Định lý 1.3, trang 304].
Xét toán tử vi phân L dạng
Lu = u + Xu,
trong đó X là toán tử vi phân cấp 1 với hệ số trơn trong .
1.5. Nguyên lý cực đại 10
Định lý 1.7. Cho f H
k1
() với k = 0, 1, 2, ... Khi đó, nghiệm u
0

H
1
0
() của ph-ơng trình Lu = f thuộc H
k+1
(). Hơn nữa, ta có -ớc
l-ợng tiên nghiệm
u
2
H
k+1
()
c

Lu

2
H
k1
()
+ u
2
H
k
()

,
trong đó c là một hằng số d-ơng nào đó và u H
k+1
() H
1
0
() bất kỳ.
Hệ quả 1.3. Hàm riêng
i
(i = 1, 2, ..) của toán tử thuộc C





H
1
0
().
Chứng minh. Thật vậy, xét toán tử L d-ới dạng L =

i
. Khi đó ta
có đánh giá
L
i
= (
i
)
i
=
i

i

i
= 0.
Do 0 H
1
0
() nên theo định lý trên ta đi đến kết luận
i
C





H
1
0

().
1.5 Nguyên lý cực đại
Trong ta xét toán tử vi phân elliptic cấp hai L có dạng sau
L =
N

i,j=1
g
ij
(x)
i

j
+
N

i=1
b
i
(x)
i
,
trong đó
i
=

x
i
với i = 1, 2, .., N và g
ij

, b
i
là các hàm thực đủ trơn trong
với g
ij
= g
ji
, thêm nữa
n

i,j=1
g
ij
(x)
i

j
= 0 , x , = (
1
, ..,
n
) R
N
, = 0.
Định lý 1.8 (Nguyên lý cực đại). Nếu u C



C
2

() và Lu(x) 0
trong thì
sup
x
u(x) = sup
y
u(y).
Hơn nữa, nếu Lu(x) = 0 trong thì sup
x
|u(x)| = sup
y
|u (y)|.
1.5. Nguyên lý cực đại 11
Chứng minh. Tr-ớc hết ta chú ý rằng nếu Lu(x) > 0 trong thì u(x)
không thể đạt cực đại tại một điểm trong vì rằng nếu u(x) đạt cực đại
tại u
0
(x) thì tại đó
u
x
i
(x
0
) = 0 , i = 1, 2, .., N.
Hơn nữa, ma trận


2
u
x

i
x
j
(x
0
)

i=1,2,..,N
j=1,2,..,N
là nửa xác định âm. Do đó Lu(x
0
) 0. Từ đó suy ra
sup
x
u(x) = u(x
0
) = sup
y
u(y).
Bây giờ xét > 0 nào đó, đặt v(x) = e
x
1
. Khi đó
Lv(x) = Le
x
1
=


2

g
11
(x) + b
1
(x)

e
x
1
.
Do đó với đủ lớn thì Le
x
1
> 0. Theo giả thiết Lu(x) 0 trong nên
với mọi > 0 ta có L (u + e
x
1
) > 0 trong . Và vì vậy
sup
x
{u(x) + e
x
1
} = sup
y
{u(y) + e
y
1
} .
Cho 0 ta có

sup
x
u(x) = sup
y
u(y).
Trong tr-ờng hợp nếu Lu(x) = 0 trong thì ta cũng có L (u(x)) = 0
trong , tức là
sup
x
{u(x)} = sup
y
{u(y)}.
Do đó sup
x
|u(x)| = sup
y
|u(y)|.
Hệ quả 1.4. Giả sử u C



C
2
(). Nếu u(x) 0 trong và u 0
trên thì u(x) 0 trong .
Định lý 1.9. Hàm riêng
1
H
1
0

() của toán tử ứng với giá trị riêng

1
không đổi dấu trong .
1.5. Nguyên lý cực đại 12
Chứng minh. Từ giả thiết
1
H
1
0
() là hàm riêng của toán tử theo
Hệ quả 1.3 ta suy ra
1
C




H
1
0
(). Với x ta ký hiệu

+
1
(x) = max {
1
(x), 0} ,

1
(x) = min {
1
(x), 0} .
Khi đó
+
1
(x),

1
(x) H
1
0
(), ngoài ra ta còn có
|
+
1
|
2
L
2
(
+
)
=


+

+
1


2
dx = |
1
|
2
L
2
(
+
)
,
|

1
|
2
L
2
(

)
=

1


2
dx = |
1
|
2
L
2
(

)
,
trong đó

= {x |
1
(x) > 0}. Vì
1
là trơn trong nên
+
và


là những tập con mở trong . Xét các tr-ờng hợp sau đây

1. Nếu
+
= thì từ định nghĩa ta thấy
+
1

1
, hơn nữa trong
+
thì

+
1
=
1
=
1

1
=
1

+
1
.
Điều này chứng tỏ
1
là giá trị riêng của toán tử trên miền
+
ứng với hàm riêng

+
1
, và ta có |
+
1
|
2
L
2
(
+
)
=
1
. Từ đó ta suy ra
+
1
là hàm riêng của toán tử trong ứng với giá trị riêng
1
. Do đó

+
1
C




và
+

1
=
1

+
1
trong . Vì
1
> 0,
+
1
0 trong
nên

+
1
=


+
1

=
1

+
1
0 trong
và
+

1
= 0 trên . Theo nguyên lý cực đại ta suy ra
+
1
< 0, x .
Nghĩa là
+
1
> 0, x . Khi đó

+
1
(x)
1
(x) , x .
Và do đó

= , tức là
1
mang dấu d-ơng trong .
2. Chứng minh t-ơng tự cho tr-ờng hợp

= ta đi đến
+
= , tức
là
1
mang dấu âm trong .
Ta kết thúc chứng minh định lý ở đây.
1.5. Nguyên lý cực đại 13

Hệ quả sau là một tính chất rất đặc biệt về số chiều của không gian con
sinh bởi hàm riêng
1
. Ta sẽ sử dụng kết quả này trong các chứng minh
ở Ch-ơng 2 và Ch-ơng 3.
Hệ quả 1.5. Giá trị riêng nhỏ nhất
1
của toán tử với điều kiện Dirich-
let có số bội bằng 1, hơn nữa, không gian con riêng L {
1
} sinh bởi hàm riêng

1
t-ơng ứng với giá trị riêng
1
có số chiều bằng 1.
Chứng minh. Giả sử
1
và
1
là hai hàm riêng độc lập tuyến tính của toán
tử ứng với cùng một giá trị riêng
1
. Ta có thể giả thiết
1
và
1
là
trực giao với nhau, nghĩa là

1
(x)
1
(x) dx = 0.
Theo Định lý 1.9 ta thấy
1
và
1
không đổi dấu trong từ đó suy ra



1
(x)
1
(x) dx = 0.
Mâu thuẫn này chứng tỏ không gian con riêng L {
1
} sinh bởi hàm riêng

1
có số chiều bằng 1. Hệ quả đ-ợc chứng minh.
2
Ph-ơng pháp Lyapunov-Schmidt và hệ
ph-ơng trình elliptic cấp hai nửa tuyến tính
trong miền bị chặn với phần chính là toán tử
Laplace
2.1 Một số ký hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.2 Ph-ơng pháp Lyapunov-Schmidt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.3 Một tr-ờng hợp riêng của bài toán (2.1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.4 Kết quả chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.5 Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.5.1 Tr-ờng hợp một chiều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.5.2 Tr-ờng hợp nhiều chiều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
Trong ch-ơng này chúng tôi trình bày các kết quả về sự tồn tại nghiệm
của bài toán biên Dirichlet sau đây
u = u + v + f(u, v) trong ,
v = u + v + g(u, v) trong ,
u = v = 0 trên ,
(2.1)
trong đó R
N
(N 3) là miền bị chặn với biên trơn,
A =






là ma trận các số thực, f, g : R ì R R là các hàm Lipschitz theo u, v;
nghĩa là
|f(u, v) f(u,v)| k
1
(|u u| + |v v|),
|g(u, v) g(u,v)| k
2
(|u u| + |v v|),

đúng với mọi u,u, v,v R.
2.2. Ph-ơng pháp Lyapunov-Schmidt 15
Đây là kết quả đã đ-ợc tác giả công bố trong bài báo: An application of
the Lyapunov-Schmidt method to semilinear elliptic problems, Electron.
J. Diff. Eqns., 129 (2005), 1-11.
2.1 Một số ký hiệu
Để đơn giản về mặt ký hiệu chúng ta sẽ sử dụng | ã |
2
để ký hiệu chuẩn
trong không gian L
2
() hoặc chuẩn trong không gian L
2
().
Nghiệm của bài toán (2.1)
Chúng ta nói rằng U H
1
0
() là nghiệm của (2.1) nếu
U = ()
1
(AU + G(U)), (2.2)
ở đây G(U) = (f(u, v), g(u, v)). Rõ ràng toán tử ()
1
: L
2
() H
1
0
()

là tuyến tính, tự liên hợp, liên tục và là song ánh. Hơn nữa, phép nhúng
H
1
0
() L
2
() là compắc, do đó toán tử ()
1
: L
2
() L
2
() cũng
compắc, tự liên hợp và đơn ánh. Vậy toán tử xác định từ vế phải của (2.2)
cũng compắc.
2.2 Ph-ơng pháp Lyapunov-Schmidt
Ký hiệu X là không gian con một chiều của H
1
0
() sinh bởi hàm
1
, tức
là X = {t
1
: t R}. Ký hiệu Y = X

=
1

. Khi đó ta có thể viết
H
1
0
() = X Y.
Và do đó với mọi U = (u, v) H
1
0
() ta có biểu diễn
u = u
0
+ z, u
0
X, z Y,
v = v
0
+ w, v
0
X, w Y,
ở đây u, v H
1
0
(). Ký hiệu P và Q lần l-ợt là các phép chiếu lên X and
Y . Khi đó chiếu 2 vế của (2.2) ta nhận đ-ợc
2.3. Một tr-ờng hợp riêng của bài toán (2.1) 16
u
0
= P ()
1
[(u

0
+ z) + (v
0
+ w) + f(u
0
+ z, v
0
+ w)],
v
0
= P ()
1
[(u
0
+ z) + (v
0
+ w) + g(u
0
+ z, v
0
+ w)],
(2.3)
và
z = Q()
1
[(u
0
+ z) + (v
0
+ w) + f(u

0
+ z, v
0
+ w)],
w = Q()
1
[(u
0
+ z) + (v
0
+ w) + g(u
0
+ z, v
0
+ w)].
(2.4)
Với mỗi (u
0
, v
0
) X ì X cố định, ta giải bài toán (2.4) và giả sử nghiệm
nhận đ-ợc là (z
0
, w
0
) Y ì Y . Thay nghiệm vừa tìm đ-ợc vào bài toán
(2.3) để giải và giả sử nghiệm tìm đ-ợc của bài toán (2.3) là (u
0
, v
0

). Khi
đó nghiệm của bài toán (2.1) sẽ là (u
0
+ z
0
, v
0
+ w
0
).
2.3 Một tr-ờng hợp riêng của bài toán (2.1)
Trong mục này, chúng ta sẽ một tr-ờng hợp đặc biệt của bài toán (2.1), cụ
thể chúng ta xét khi = =
1
, k
1
= k
2
= k và = > 0, nghĩa là
u =
1
u + v + f(u, v) in ,
v = u +
1
v + g(u, v) in ,
u = v = 0 on ,
(2.5)
ở đây
1
là giá trị riêng đầu tiên của toán tử . Bằng cách áp dụng

ph-ơng pháp Lyapunov-Schmidt ta đ-a về việc xét hai bài toán phụ sau
đây
u
0
= P ()
1
[
1
(u
0
+ z) + (v
0
+ w) + f(u
0
+ z, v
0
+ w)],
v
0
= P ()
1
[(u
0
+ z) +
1
(v
0
+ w) + g(u
0
+ z, v

0
+ w)],
(2.6)
và
z = Q()
1
[
1
(u
0
+ z) + (v
0
+ w) + f(u
0
+ z, v
0
+ w)],
w = Q()
1
[(u
0
+ z) +
1
(v
0
+ w) + g(u
0
+ z, v
0
+ w)].

(2.7)
Cố định (u
0
, v
0
) X ì X, xét bài toán (2.7). Đặt
F
Q
(z, w) = (F
(1)
Q
(z, w), F
(2)
Q
(z, w)),
2.3. Một tr-ờng hợp riêng của bài toán (2.1) 17
ở đây
F
(1)
Q
(z, w) := Q()
1
[
1
(u
0
+ z) + (v
0
+ w) + f(u, v)],
F

(2)
Q
(z, w) := Q()
1
[(u
0
+ z) +
1
(v
0
+ w) + g(u, v)].
Bổ đề 2.1. Nếu
(
1
+ k)
2
+ ( + k)
2
<

2
2
2
(2.8)
thì F
Q
là một ánh xạ co trong Y ì Y .
Chứng minh. Giả sử z,z, w,w Y , từ định nghĩa của F
(1)
Q

(z, w) ta suy ra
F
(1)
Q
(z, w) F
(1)
Q
(z,w) =Q()
1


1
(z z) + (w w)
+ f(u
0
+ z, v
0
+ w) f(u
0
+z, v
0
+w)

.
Do
1
là giá trị riêng đầu tiên của nên
|F
(1)
Q

(z, w) F
(1)
Q
(z,w)|
2

1

2


1
|z z|
2
+ |w w|
2
+ |f(u
0
+ z, v
0
+ w) f(u
0
+z, v
0
+w)|
2

.
Giả thiết f Lipschitz ta nhận đ-ợc
|f(u

0
+ z, v
0
+ w) f(u
0
+z, v
0
+w)| k(|z z| + |w w|)
nên
|f(u
0
+ z, v
0
+ w) f(u
0
+z, v
0
+w)|
2
k
2
(|z z| + |w w|)
2
.
Ta suy ra


|f(u
0
+ z, v

0
+ w) f(u
0
+z, v
0
+w)|
2
dx
k
2


(|z z| + |w w|)
2
dx .
Tức là
|f(u
0
+ z, v
0
+ w) f(u
0
+z, v
0
+w)|
2
2
k
2

|z z| + |w w|


2
2
.
Vì
2.3. Một tr-ờng hợp riêng của bài toán (2.1) 18


|z z| + |w w|


2
|z z|
2
+ |w w|
2
nên
|f(u
0
+ z, v
0
+ w) f(u
0
+z, v
0
+w)|
2

k(|z z|
2
+ |w w|
2
).
Vì vậy
|F
(1)
Q
(z, w) F
(1)
Q
(z,w)|
2

1

2
((
1
+ k)|z z|
2
+ ( + k)|w w|
2
).
Và do đó
|F
(1)
Q
(z, w) F

(1)
Q
(z,w)|
2
2

2

2
2
((
1
+ k)
2
|z z|
2
2
+ ( + k)
2
|w w|
2
2
).
Một cách t-ơng tự ta chứng minh đ-ợc
|F
(2)
Q
(z, w) F
(2)
Q

(z,w)|
2
2

2

2
2

( + k)
2
|z z|
2
2
+ (
1
+ k)
2
|w w|
2
2

.
Kết hợp lại ta đi đến
|F
Q
(z, w) F
Q
(z,w)|
2

2

2

2
2

(
1
+ k)
2
+ ( + k)
2

|z z|
2
2
+ |w w|
2
2

.
Bổ đề đ-ợc chứng minh.
Sử dụng nguyên lý ánh xạ co ta suy ra với mỗi (u
0
, v
0
) X ì X cố định
thì bài toán (2.7) có nghiệm duy nhất (z
0

(u
0
, v
0
), w
0
(u
0
, v
0
)). Khẳng định
này cho phép chúng ta định nghĩa ánh xạ
F : X ì X Y ì Y,
(u
0
, v
0
) F (u
0
, v
0
) := (z
0
, w
0
),
ở đây (z
0
, w
0

) là điểm bất động của F
Q
.
Bổ đề 2.2. Nếu
(
1
+ k)
2
+ ( + k)
2
<

2
2
4
(2.9)
thì
|F (u
0
, v
0
) F (u
0
,v
0
)|
2
2

8k

2

2
2
4((
1
+ k)
2
+ ( + k)
2
)
(|u
0
v
0
|
2
2
+ |u
0
v
0
|
2
2
).
(2.10)
với mọi (u
0
, v

0
) và (u
0
,v
0
) thuộc X ì X.
2.3. Một tr-ờng hợp riêng của bài toán (2.1) 19
Chứng minh. Giả sử rằng F (u
0
, v
0
) = (z
0
, w
0
) và F(u
0
,v
0
) = (z
0
,w
0
). Từ
định nghĩa của F ta đi đến
z
0
= Q()
1
[

1
(u
0
+ z
0
) + (v
0
+ w
0
) + f(u
0
+ z
0
, v
0
+ w
0
)],
w
0
= Q()
1
[(u
0
+ z
0
) +
1
(v
0

+ w
0
) + g(u
0
+ z
0
, v
0
+ w
0
)],
và
z
0
= Q()
1
[
1
(u
0
+z
0
) + (v
0
+w
0
) + f(u
0
+z
0

,v
0
+w
0
)],
w
0
= Q()
1
[(u
0
+z
0
) +
1
(v
0
+w
0
) + g(u
0
+z
0
,v
0
+w
0
)].
Bởi vì
Q()

1
(u
0
) = Q()
1
(v
0
) = 0,
Q()
1
(u
0
) = Q()
1
(v
0
) = 0,
nên
|z
0
z
0
|
2

1

2

1
|z
0
z
0
|
2
+ |w
0
w
0
|
2
+ |f(u
0
+ z
0
, v
0
+ w
0
) f(u
0
+z
0
,v
0
+w
0
)|

2


1

2

(
1
+ k)|z
0
z
0
|
2
+ ( + k)|w
0
w
0
|
2
+ k(|u
0
u
0
|
2
+ |v
0
v

0
|
2
)

.
Do đó
|z
0
z
0
|
2
2

4

2
2

(
1
+ k)
2
|z
0
z
0
|
2

2
+ ( + k)
2
|w
0
w
0
|
2
2
+ k
2

|u
0
u
0
|
2
2
+ |v
0
v
0
|
2
2


.

T-ơng tự nh- vậy
|w
0
w
0
|
2
2

4

2
2

( + k)
2
|z
0
z
0
|
2
2
+ (
1
+ k)
2
|w
0
w

0
|
2
2
+ k
2

|u
0
u
0
|
2
2
+ |v
0
v
0
|
2
2


.
Nghĩa là
|z
0
z
0
|

2
2
+ |w
0
w
0
|
2
2

4

2
2

(( + k)
2
+ (
1
+ k)
2
)(|z
0
z
0
|
2
2
+ |w
0

w
0
|
2
2
)
2.3. Một tr-ờng hợp riêng của bài toán (2.1) 20
+ 2k
2
(|u
0
u
0
|
2
2
+ |v
0
v
0
|
2
2
)

.
Suy ra
|z
0
z

0
|
2
2
+ |w
0
w
0
|
2
2

8k
2

2
2
4((
1
+ k)
2
+ ( + k)
2
)
(|u
0
v
0
|
2

2
+ |u
0
v
0
|
2
2
).

Bây giờ ta xét bài toán (2.6). Đầu tiên do F là một ánh xạ co nên
u
0
= P ()
1
[
1
(u
0
+ z
0
) + (v
0
+ w
0
) + f(u
0
+ z
0
, v

0
+ w
0
)],
v
0
= P ()
1
[(u
0
+ z
0
) +
1
(v
0
+ w
0
) + g(u
0
+ z
0
, v
0
+ w
0
)].
(2.11)
Ngoài ra từ định nghĩa của P ta đi đến
P ()

1
(z
0
) = P ()
1
(w
0
) = 0,
P ()
1
(
1
u
0
) = u
0
, P ()
1
(
1
v
0
) = v
0
,
và do vậy
0 = P()
1
[v
0

+ f(u
0
+ z
0
, v
0
+ w
0
)],
0 = P()
1
[u
0
+ g(u
0
+ z
0
, v
0
+ w
0
)].
(2.12)
Mặt khác từ định nghĩa của không gian con X
P ()
1
(u
0
) =

1
u
0
, P ()
1
(v
0
) =


1
v
0
.
Điều này dẫn đến
0 =


1
v
0
+ P ()
1
[f(u
0
+ z
0
, v
0

+ w
0
)],
0 =


1
u
0
+ P ()
1
[g(u
0
+ z
0
, v
0
+ w
0
)].
(2.13)
Tính toán ta thấy (2.13) t-ơng đ-ơng với
u
0
=

1

P ()
1

[g(u
0
+ z
0
, v
0
+ w
0
)],
v
0
=

1

P ()
1
[f(u
0
+ z
0
, v
0
+ w
0
)].
(2.14)