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
65 trang |
Chia sẻ: huyen82 | Lượt xem: 1695 | Lượt tải: 0
Tóm tắt tài liệu Một số nghiên cứu về phương trình Logistic, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
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 tơi nghiên cứu về phương trình logistic cĩ dạng sau:
u m(x)u eu trong
u 0 trên
(0.1)
Phương trình này xuất phát từ bài tốn sinh học mơ tả sự phát triển của các lồi
trong tự nhiên và đã được nhiều nhà tốn 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 :
n q(v ) m(x)v v trong
v 0 trên
(0.2)
trong đĩ n , q 1 và hàm trọng m(x) thuộc một khơng 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) sL ( ) 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 1C ( ) , khi Nqs
2(q 1)
nghiệm yếu thuộc 1,20W ( ) L ( ) .Trường hợp n 1 và Ns 2 cũng được nghiên
cứu trong [17].Trong luận văn , ở chương 1 , chúng tơi xét trường hợp n 1 và s cĩ
thể nhỏ hơn N
2
.
Bằng phép biến đổi nu v , bài tốn (0.2) trở thành :
u m(x)u u trong
u 0 trên
(0.3)
trong đĩ N (N 3) là miền mở ,bị chặn với biên trơn , m(x) sL ( )
với 2N(q 1)s , , 0 1
2(q 1) N(q 1 2r)
, và giả thiết bị chặn dưới của
m(x) ,chúng tơi đã chứng minh sự tồn tại nghiệm yếu cực trị của (0.3) trên khoảng
0u , với 0u được định nghĩa trong chương 1.
Trong chương 2 , 3 , chúng tơi nghiên cứu điều khiển tối ưu mùa thu hoạch
của một lồi và được mơ hình hĩa bởi phương trình logistic suy biến sau :
u (a f)u eu trong
u 0 trên
(0.4)
trong đĩ N (N 3) là miền mở ,bị chặn với biên trơn . Ở đây , a , f ,e là các
hàm bị chặn , a f , a , e L: f L ( ) | f 0 , 0 1 . Phương trình
(0.4) xuất hiện khi trong phương trình :
m 2w (a f)w ew trong
w 0 trên
(0.5)
ta thực hiện phép đổi biến mu w , khi đĩ 1 2 ,
m m
.
Phương trình (0.5) đã được áp dụng trong mơ hình phát triển giống lồi bởi Gurtin
và MacCamy trong [15] , mơ tả sự phát triển của một lồi đang cư ngụ trong và
mật độ của nĩ là w(x) . Điều kiện biên Dirichlet được hiểu là lồi w khơng thể sống
trên ; bởi vì , chẳng hạn biên cĩ thể là sơng , hồ , hay mơi trường bao
quanh rất nguy hiểm , khơng thể sống được . Hàm dương e(x) mơ tả mức lớn
nhất cho phép về những ảnh hưởng của đám đơng trong lồi và hàm a(x) tượng
trưng cho tốc độ sinh trưởng của lồi .Hàm f(x) đĩng vai trị điều khiển sự sinh
trưởng của lồi .Tốn tử chỉ sự khuyếch tán của lồi , nghĩa là chỉ tốc độ di
chuyển của lồi từ vùng cĩ mật độ cao đến vùng cĩ mật độ thấp .Trong luận văn ,
chúng tơi 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 mơ tả chính xác hơn hiện thực sinh học
.Với giả thiết đã cho , chúng tơi chứng tỏ rằng , với mỗi f , tồn tại duy nhất nghiệm
dương của (0.5) và được kí hiệu là fu . Khi đem bán sản phẩm , chúng ta sẽ thu
được lợi nhuận được biểu thị bởi cơng thức sau :
fJ(f ) ( h(f )u k(f ))
.
Trong đĩ 1h C ( , ) , 2k C ( , ) và 0 là tham số . Hàm J biểu thị
mức chênh lệch giữa thu nhập được tính bởi fu h(f )
và phí tổn được tính
bởi k(f )
. Ở đây , mơ tả tỉ số giữa giá cả của lồi và phí tổn .Mục tiêu của chúng
tơi 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) 2t , bài tốn này đã được
nghiên cứu trong [6],[22],[23] . Cịn trong luận văn , chúng tơi xét m > 1,
1h C ( , ) , 2k C ( , ) và cĩ 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 khơng bị chặn .
Trong chương này , chúng tơi đưa bài tốn (0.3) về bài tốn tìm điểm bất
động của ánh xạ tăng và từ đĩ chứng minh sự tồn tại nghiệm yếu cực trị nằm
trong q 1L .
CHƯƠNG 2 : Phương trình logistic suy biến .
Trong §1 , chúng tơi 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 tốn elliptic tuyến tính với hàm
thế khơng bị chặn .Trong §2 , chúng tơi 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 tơi chứng minh với đủ nhỏ thì tồn tại duy nhất
hàm điều khiển tối ưu.
CHƯƠNG 1
SỰ TỒN TẠI NGHIỆM YẾU KHƠNG BỊ CHẶN
§1. CÁC KHÁI NIỆM VÀ KẾT QỦA ĐƯỢC SỬ DỤNG.
A.Khơng gian Banach cĩ thứ tự
Định nghĩa 1.1.1
Cho khơng gian Banach thực X . Tập K X gọi là một nĩn trên X nếu :
i) K là tập đĩng , K ,
ii)
K K K
tK K t 0
,
iii) K ( K) .
Nếu K X là nĩn thì thứ tự trong X sinh bởi nĩn K được định nghĩa như sau:
x y khi và chỉ khi y x K .
Định nghĩa 1.1.2
Cho X là khơng gian Banach thực , cĩ thứ tự sinh bởi nĩn K . Khi đĩ ta nĩi :
K là nĩn sinh nếu K K X .
K là nĩn chuẩn nếu
N 0 , x,y K , x y x N y .
K là nĩn chính qui nếu mọi dãy đơn điệu tăng , bị chặn trên thì hội tụ .
K là nĩn hồn tồn chính qui nếu mọi dãy đơn điệu tăng , bị chặn theo
chuẩn thì hội tụ.
Ta dễ dàng kiểm tra rằng :
Nĩn các hàm khơng âm h.k.n trong pL (X, ) , 1 p < + là nĩn sinh ,
nĩn hồn tồn chính qui.
B.Điểm bất động của ánh xạ tăng
Giả sử X là khơng gian Banach thực , cĩ thứ tự sinh bởi một nĩn .
Ta kí hiệu u, là tập x X | x u .
Ta nĩi tập M X là cĩ hướng nếu
1 2 1 2x , x M x M , x x , x 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 tốn tìm nghiệm yếu của phương trình
Logistic.
Mệnh đề 1.1.3 [ 7 ],[ 24 ]
Cho X là khơng gian Banach thực cĩ thứ tự sinh bởi một nĩn , M X là tập
đĩng và T : M M là ánh xạ tăng thỏa mãn các điều kiện sau :
i) 0M u M | u Tu , 0 0M , M cĩ hướng .
ii) Với mọi dãy tăng n 0u M thì dãy nTu hội tụ .
Khi đĩ , với mỗi u 0M thì ánh xạ T cĩ 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 khơng gian
pX L ( ) , 1 p , pL ( ) là khơng gian Banach cĩ thứ tự sinh bởi nĩn các
hàm khơng âm h.k.n trong .Như vậy để chứng minh dãy tăng nTu hội tụ , ta
chỉ cần chứng minh nĩ bị chặn theo chuẩn .
C.Khơng gian Sobolev
Giả sử N là một miền .Với 1 p và m 0,1,2,… ta định nghĩa :
m,pW ( ) là khơng gian các hàm u , pu L ( ) cĩ đạo hàm suy rộng đến bậc
m và pD u L ( ) với mọi , m . Với m 0 ,ta đặt 0,p pW ( ) L ( ) .Trong
m,pW ( ) ta xét chuẩn :
m,p p
m
u D u
, trong đĩ p. là chuẩn trong pL ( ) .
m,p0W ( ) là bao đĩng của cC ( ) trong m,pW ( ) ( cC ( ) là khơng gian
các hàm cĩ giá compắc trong và cĩ đạo hàm mọi hạng liên tục trên ) .
Ta thường xét khơng gian 1,p0W ( ) , trong 1,p0W ( ) ta xét chuẩn :
1,p p
u u .
.Chuẩn này tương đương với chuẩn :
p p
u u . Khơng gian 1,2W ( ) cịn được kí
hiệu là 1H ( ) .
Khơng gian liên hợp của 1,p0W ( ) là 1,pW ( ) với 1 1 1p p và
1,p
W ( )
được định nghĩa trong [14].
Mệnh đề 1.1.5 [8],[14]
1) Khi 1< p < N , phép nhúng 1,p pW ( ) L ( )
là liên tục ,với Npp
N p
và ta
cĩ : p 1,pL ( ) W ( ) , trong đĩ s là chỉ số liên hợp với s theo nghĩa
1 1 1
s s
.
2) Nếu u,v 1,pW ( ) thì max(u,v) , min(u,v) thuộc 1,pW ( ) và ta cĩ:
ii
i
D u(x) ,nếu u(x) v(x)
D (max(u,v))(x)
D v(x) ,nếu v(x) u(x)
,
ii
i
D u(x) ,nếu u(x) v(x)
D (min(u,v))(x)
D v(x) ,nếu v(x) u(x)
,
iD u là đạo hàm riêng suy rộng theo biến xi của hàm u . Nĩi riêng ta cĩ :
i
i
D u(x) , nếu u(x) 0
D u (x)
0 , nếu u(x) 0
,
ii
D u(x) , nếu u(x) 0
D u (x)
0 ,nếu u(x) 0
.
Bất đẳng thức Gagliardo – Nirenberg
+ Với m,p qu W ( ) L ( ) và0 m 1 , ta cĩ : 1
m,p qr
D u C u . u
trong đĩ định bởi : 1 1 m 1(1 )
r N p N q
.
+ Với 0,m 1 , ta cĩ : 1
r 1,p q
u C u . u .
§2. NGHIỆM YẾU CỰC TRỊ CỦA PHƯƠNG TRÌNH LOGISTIC
Trong mục này , ta xét phương trình Logistic dạng sau:
r qu m(x)u u trong
u=0 trên
. (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 ,
sm(x) L ( ) , 0 r 1 , r q .
Định nghĩa 1.2.1
Xét phương trình :
u f(x,u) trong
u 0 trên
(1.2)
với : N ( N 3 ) là tập mở , bị chặn , cĩ biên trơn ,
f : là một hàm thỏa điều kiện Caratheodory.
1)Ta nĩi hàm 10u H ( ) là một nghiệm yếu của (1.2) nếu
2N
N 2f (x,u) L ( ) ,
1
0u dx f (x,u) dx H ( )
.
2) Ta nĩi hàm 1u H ( ) là một nghiệm dưới của (1.2) nếu
2N
N 2f (x,u) L ( ) , u 0 trên ,
10u dx f (x,u) dx H ( ) , 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 1th L ( ) sao cho
tsup g(x,u) u t h (x) .
Khi đĩ với mọi 1h H ( ) bài tốn biên :
u g(x,u) h trong
u 0 trên
cĩ duy nhất nghiệm yếu u 10H ( ) thỏa mãn điều kiện ug(x,u) 1L ( ) .
Giả sử các dữ kiện trong bài tốn (1.1) thỏa mãn các điều kiện sau :
(H1) m(x) sL ( ) với 2N(q 1)s , r q ,0 r 1.2(q 1) N(q 1 2r)
(H2) m(x) 0 h.k.n trong và tồn tại số 0m 0 , tập cĩ biên trơn sao cho
0; m(x) m , x .
Gọi u1 là hàm riêng ứng với giá trị riêng thứ nhất của bài tốn biên :
u u trong
u 0 trên
(1.3)
và u0 là hàm bằng 0 trên \ , bằng 1cu trên với c > 0 đủ nhỏ .
Định lý 1.2.3
Giả sử các điều kiện (H1),(H2) được thỏa mãn và hàm u0 được định nghĩa
như trên . Khi đĩ phương trình (1.1) cĩ nghiệm lớn nhất và nhỏ nhất trong 0u , .
Chứng minh
Ta chứng minh hàm u0 là một nghiệm dưới của (1.1).
Gọi 1 là giá trị riêng đầu của bài tốn biên (1.3) và đặt
1
u (x) ,x
u(x)
0 ,x \
thì theo [25] ta cĩ 1u u , theo nghĩa yếu , nghĩa là :
11 0u dx u dx , H ( ) , 0.
Do đĩ , để 0u cu là nghiệm dưới của (1.1) ta chỉ cần chọn c sao cho :
r q 11 0cu m(x) cu(x) cu(x) dx , H ( ), 0
. (1.4)
hay
r q 11 1 1 1 0cu m(x) cu (x) cu (x) dx , H ( ), 0
.
Ta cĩ :
r q1 1 1 1m(x) cu (x) cu (x) cu (x)
r q r 1 r1 0 1 1 1cu (x) m cu (x) cu (x) 0 , x
khi c 0 đủ nhỏ vì q r 0,1 r 0 và u1(x) bị chặn trên . Như vậy , ta
cĩ thể chọn c đủ nhỏ để (1.4) đúng hay 0u cu là nghiệm dưới của (1.1).
Ta đưa bài tốn (1.1) về bài tốn tìm điểm bất động của ánh xạ tăng .
Với mỗi q 1u L ( ) ta xét bài tốn tìm nghiệm yếu của bài tốn :
q rz z m(x)u trong
z 0 trên
. (1.5)
Ta áp dụng mệnh đề 1.2.2 cho bài tốn (1.5) .Rõ ràng hàm g(x,z) zq thỏa các điều
kiện i),ii) của mệnh đề 1.2.2 . Vì u q 1 sL ( ) , m L ( ) ta suy ra :
r tm(x).u L ( ) với s(q 1)t
rs q 1
.
Từ điều kiện (H1) ta cĩ : 2Nt N 2 , do đĩ :
2N
r 1N 2m(x)u L ( ) H ( ) .
Như vậy , tất cả các điều kiện của mệnh đề 1.2.2 được thỏa mãn và bài tốn
(1.5) cĩ duy nhất nghiệm yếu 10z H ( ) sao cho q 1 1z L ( ) .
Xét ánh xạ T đặt tương ứng mỗi u q 1L ( ) với nghiệm duy nhất z của (1.5) thì
ta cĩ T là một ánh xạ từ q 1L ( ) vào q 1L ( ) 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 q 1L ( ) và u v .Với 10H ( ) , theo định nghĩa của T và
khái niệm nghiệm yếu ta cĩ :
r qTu dx m(x)u (Tu) dx
,
r qTv dx m(x)v (Tv) dx
,
và do đĩ :
r r q q(Tu Tv) dx m(x)(u v ) ((Tu) (Tv) ) dx
. (1.6)
Theo mệnh đề 1.1.5 ta cĩ: 10(Tu Tv) H ( ) , và ta cĩ :
q qTu Tv (Tu Tv) 0 trong .
Do đĩ , cho (Tu Tv) trong (1.6) ta cĩ :
(Tu Tv) (Tu Tv) dx 0
. (1.7)
Mặt khác , với mọi w 10H ( ) , theo mệnh đề 1.1.5 ta cĩ:
w w 0
. (1.8)
Do vậy , từ (1.7) và (1.8) ta cĩ :
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 :
0 0u Tu . (1.9)
Vì u0 là nghiệm dưới của (1.1) nên ta cĩ :
r q 10 0 0 0u dx m(x)u u dx , H ( ), 0
.
Kết hợp với :
r q 10 0 0 0Tu dx m(x)u (Tu ) dx , H ( )
.
Ta được :
q q 10 0 0 0 0(u Tu ) dx u (Tu ) dx , H ( ), 0
.(1.10)
Cho 0 0(u Tu )
trong (1.10) và chú ý : q q0 0 0 0u (Tu ) (u Tu ) 0 ta cĩ :
0 0 0 0(u Tu ) (u Tu ) dx 0
.
Tiếp tục sử dụng (1.8) ta cĩ :
2
0 0(u Tu ) dx 0
.
Từ đây, suy ra : 0 0u Tu h.k.n trong .
Từ (1.9) và T là ánh xạ tăng ta thấy T biến tập đĩng 0u , vào chính nĩ .Nghiệm
yếu cực trị của (1.1) trên 0u , chính là các điểm bất động lớn nhất và nhỏ nhất
của T trên 0u , .
Chứng minh T cĩ điểm bất động lớn nhất , nhỏ nhất trên 0u ,
Ta sẽ kiểm tra rằng tất cả các điều kiện của mệnh đề 1.1.3 được thỏa mãn .
Với 1 2 0 0u ,u M u u , | u Tu , ta đặt 3 1 2u max(u ,u ) thì do tính tăng của
ánh xạ T ta cĩ : 1 1 3u Tu Tu , 2 2 3u Tu Tu .Từ đây ta cĩ :
3 3 3 0u Tu hay u M . Vậy M0 là tập cĩ 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 0T(M ) bị chặn theo chuẩn trong q 1L ( ) .
Với mỗi u M0 ta cĩ :
r qTu dx m(x)u (Tu) dx
r q 10m(x)(Tu) (Tu) dx , H ( ) , 0
.
Cho Tu ta cĩ :
2 q 1 r 1Tu (Tu) dx m(x)(Tu) dx
.
Dưới đây , ta sẽ cĩ (r 1)sTu L ( ) , do đĩ áp dụng bất đẳng thức Holder cho vế
phải ta cĩ :
2 q 1 r 1
H q 1 s (r 1)s
Tu Tu m . Tu (1.11)
,trong đĩ
1
22
H
u u
.
Trường hợp: (r 1)s q 1 .
Do q 1Tu L ( ) nên (r 1)sTu L ( ) .Từ (1.11) ta cĩ
q 1 r 1
q 1 s q 1
Tu m C. Tu .
Từ đây và do r < q , suy ra 0T(M ) là tập bị chặn trong q 1L ( ) .
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 stt
(rs t) tăng nên từ (1.12) ta cĩ :
2N s(r 1)s s(r 1)s
N 2 rs (r 1)s (r 1)s 1
2N (r 1)s .
N 2
Như vậy , ta cĩ :
2Nq 1 (r 1)s
N 2
,
và ta cĩ thể áp dụng bất đẳng thức Gagliardo – Nirenberg để cĩ:
t 1 t
(r 1)s H q 1
Tu C Tu . Tu , (1.13)
trong đĩ t thỏa :
1 1 1 N 2t
1 q (1 r)s q 1 2N
.
Như vậy , ta cĩ (r 1)sTu L ( ) .Từ (1.11) ta cĩ :
r 1
2
1H (r 1)s
Tu C Tu
, (1.14)
r 1
q 1
1q 1 (r 1)s
Tu C Tu
.
Từ (1.13) và (1.14) ta cĩ :
t (r 1) (1 t )(r 1)
2 q 1
2(r 1)s (r 1)s
Tu C Tu
.
Từ đây và do t(r 1) (1 t)(r 1) 1
2 q 1
nên tập T(M0) bị chặn trong
(r 1)sL ( ) và do
đĩ bị chặn trong q 1L ( ) .
Như vậy ánh xạ T thỏa mãn tất cả các điều kiện của mệnh đề 1.1.3 và do đĩ
nĩ cĩ điểm bất động lớn nhất và nhỏ nhất trên 0u , và chính là nghiệm yếu lớn
nhất và nhỏ nhất của bài tốn (1.1) trên 0u , .
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 tốn :
q rn n n 1u u m(x)u trong , nu 0 trên ( n ).
Khi đĩ dãy nu hội tụ trong 10H ( ) về nghiệm yếu nhỏ nhất của bài tốn
(1.1) trên 0u , .
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 cĩ 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 0 0u Tu nên nu là dãy tăng .
Cũng theo chứng minh định lý 1.2.3 ta cĩ nu bị chặn trong q 1L ( ) .Do đĩ tồn tại
giới hạn nny lim u h.k.n trong và trong
q 1L ( ) .
Vì T là ánh xạ tăng nên n nu Tu Ty (n ) . Theo định nghĩa nghiệm yếu ta cĩ :
q q r r 1n n n 1 0(Ty u ) dx (Ty) u dx m(x)(y u ) dx H ( )
.
Cho nTy u và áp dụng bất đẳng thức Poincare ta cĩ :
22
n nC (Ty u ) dx (Ty u ) dx
q q r rn n n 1 n(Ty) u (Ty u )dx m(x)(y u )(Ty u )dx
r rn 1 nm(x) y u (Ty u )dx
.
Cho n và áp dụng định lý Beppo – Levi ta cĩ Ty y .Vậy y là một điểm bất
động của T . Cũng từ bất đẳng thức trên ta suy ra : nnlim u y trong
1
0H ( ) .
Ta chứng minh y là điểm bất động nhỏ nhất của T trên 0u , .Thật vậy , nếu
1 0y u , là một điểm bất động của T thì dùng qui nạp ta chứng minh được
n 1u y (n ) và do đĩ y 1y . 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 :
Mf : esssupf inf k | f (x) k h.k.n trong ,
Lf : essin f f sup k | k f (x) h.k.n trong ,
LL ( ) : f L ( ) | f 0 ,
ML ( ) : f L ( ) | f 0 ,
1 10C ( ) : u C ( ) | u 0 trên .
1
0C ( ) là khơng gian Banach cĩ thứ tự sinh bởi nĩn P các hàm khơng âm của
10C ( ) ,phần trong của P kí hiệu là int(P).
1
0
uint(P) : u C ( ) | u 0 trong , 0 trên
n
,
trong đĩ n là véc tơ pháp tuyến đơn vị trên biên hướng ra ngồi .
Chúng ta xét bài tốn giá trị riêng suy biến sau:
u M(x)u u trong
u 0 trên
(2.1)
,trong đĩ :
(H1) locM L ( )
thỏa M(x)d (x) L ( ) , d (x) : dist(x, ) .
Định lý 2.1.1[4],[16]
Giả sử rằng M thỏa mãn (H1) .Khi đĩ 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) ,
1
0
2 2
1 2u H ( )\{0}
u M(x)u
( M) inf
u
.
Ngồi ra ta cĩ :
(a) Giả sử M1 , M2 thỏa (H1) và M1 < M2 . Khi đĩ :
1 1 1 2( M ) ( M ) .
(b) Giả sử Mn , M đều thỏa (H1) với mọi n và thỏa
2 2 1n 0M M , H ( )
. (2.2)
Khi đĩ 1 n 1( M ) ( M) khi n . Đặt biệt , với M 0 , ta
kí hiệu 1 1: ( ) và 1 1: ( ) với 1 1 .
(c)
2,p 1
1
v W ( ) C ( ),p N
( M) 0 v 0, v M(x)v 0 h.k.n trong v int(P)
v 0 trên
.
Bổ đề 2.1.2
Giả sử Mn , M đều thỏa (H1) với mọi n , 1( M) >0 và thỏa (2.2)
. Khi đĩ tồn tại hằng số dương C0<1 (độc lập với n ) và n0(C0) sao cho:
2 2 2 10 n 0 0C u u M u , u H ( ), n n
. (2.3)
Chứng minh
Do 1 1( sM) ( M) khi s 1 nên tồn tại 0s 1 sao cho
1 0( s M) 0 . Chọn 0 < C0 < 1 sao cho s0
0
1
1 C
.
Do 1 0 n 1 0( s M ) ( s M) 0 khi n nên 0n
, 1 0 n 0( s M ) 0 n n . Lấy n n0 , 10u H ( ) \{0} . Khi đĩ :
(2.3)
2
2 2 2n
0 n
0
M uu 0 u s M u 0
1 C
2 2
0 n
2
u s M u
0
u
Ta cĩ : 1 0 n( s M ) = 1
0
2 2
0 n
2u H ( )
u s M u
inf
u
.
Vì thế :
2 2
0 n
1 0 n 2
u s M u
0 ( s M )
u
. Do đĩ (2.3) đúng .
Ta xét bài tốn sau:
u M(x)u f trong
u 0 trên
. (2.4)
Định lý 2.1.3 [11],[12]
Giả sử M thỏa (H1) , 1( M) 0 , f L ( ) . Khi đĩ bài tốn (2.4) cĩ duy
nhất nghiệm u 1,C ( ) , (0,1) . Hơn nữa ,tồn tại hằng số K 0 (độc lập với f )
sao cho :
1,C ( )u K f . (2.5)
Ngồi ra ta cĩ :
(a) Giả sử f1 , f2 L ( ) , 1 2f f và u1 ,u2 là các nghiệm của (2.4).
Khi đĩ 1 2u u .
(b) Giả sử M1 , M2 thỏa (H1) , 1 1( M ) 0 , f L ( ) , 1 2M M , và u1 , u2
là các nghiệm của (2.4 ) . Khi đĩ 2 1u u .
Định lý 2.1.4 [6],[11]
Giả sử M thỏa (H1) , 1( M) 0 , f 2L ( ) . Khi đĩ bài tốn (2.4) cĩ duy
nhất nghiệm u 2,2W ( ) . Hơn nữa ,tồn tại hằng số K >0 (độc lập với f ) sao cho:
2,2W 2
u K f .
Ngồi ra ta cĩ :
(a) Giả sử f1 , f2 2L ( ) , 1 2f f và u1, u2 là các nghiệm của (2.4). Khi đĩ 1 2u u .
(b) Giả sử M1 , M2 thỏa (H1) , 1 1( M ) 0 , 1 2M M , f 2L ( ) , f 0 h.k.n
trong ,và u1 , u2 là các nghiệm của (2.4 ) . Khi đĩ 2 1u u .
Bổ đề 2.1.5 [12]
Cho M thỏa mãn (H1) , u 2,p 1W ( ) C ( ) , p 2 thỏa:
u 0 trong , u 0 trên
u 0
u Mu 0 h.k.n trong
Khi đĩ : u(x) 0 x và 0 0u (x ) 0 xn
mà u(x0) 0.
Bổ đề 2.1.6 [20]
Cho 1,q0W ( ) , 1 q . Khi đĩ C >0 sao cho 1,q
0W
q
C
d
.
Bổ đề 2.1.7
Cho f : L ( ) định bởi Mf(u) = u := esssup u . Khi đĩ f liên tục.
Chứng minh
Ta cĩ : v(x) u(x) v u h.k.n trong .
Mv(x) u(x) u v u u v .
M Mv u u v M Mv u u v .
Tương tự ta cĩ : M Mu v u v .Suy ra : M Mu v u v . Do đĩ f liên tục.
Bổ đề 2.1.8
Cho f : L ( ) định bởi Lf(u)= u := essinf u . Khi đĩ f liên tục.
Chứng minh
Ta cĩ : Lu v(x) u(x) v(x) u v Lu u v v(x) h.k.n trong .
L Lu u v v L Lu v u v .
Tương tự : L Lv u u v . Suy ra : L Lu v u v . Do đĩ f liên tục.
Bổ đề 2.1.9
Cho 10f : int(P) C ( ) định bởi: x
u(x)f(u) = inf
d (x)
. Khi đĩ f liên tục.
Chứng minh
Ta cĩ : 1C ( )
u(x) v(x) u v
d (x)
1C ( )
v(x)f (u) u v
d (x)
.
1C ( )
f (u) f (v) u v .Tương tự : 1C ( )f (v) f (u) u v .
Suy ra : 1C ( )f (v) f (u) u v . Do đĩ f liên tục.
Bổ đề 2.1.10 [21] (Nguyên tắc maximum )
Cho u 2,p 1W ( ) C ( ) , p 2 thỏa :
c(x) 0 trong , Lu 0 h.k.n trong .
Trong đĩ :
i j i
N N
ij i
x x x
i, j 1 i 1
Lu a u b u c(x)u
,với ij jia a ; ij ia ,b ,c liên tục và
0 sao cho
N
2ij N
i j
i, j 1
a (x)
.
Nếu u đạt giá trị nhỏ nhất khơng 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
u 0 trên
(2.6)
,thỏa điều kiện :
(H2) 00 , e , trong đĩ L: f L ( ) | f 0 .
Để nghiên cứu bài tốn (2.6) , ta xét phương trình porous medium sau:
w w trong
w = 0 trên
(2.7)
Bổ đề 2.2.1 [2]
Giả sử0 1 .Bài tốn (2.7) cĩ nghiệm khơng âm và khơng tầm thường
khi và chỉ khi >0 .Nếu >0 thì (2.7) tồn tại duy nhất nghiệm dương ngặt ,kí hiệu
là w ,
2,w C ( ) .Hơn nữa :
0 1 0w k trong , (2.8)
trong đĩ int(P) là nghiệm dương duy nhất của bài tốn :
1 trong , = 0 trên (2.9)
và 10
1
,
1
0k
.
Định lý 2.2.2
Giả sử cĩ (H2) . Khi đĩ bài tốn (2.6) tồn tại nghiệm cực đại khơng âm ub
.Hơn nữa ,bởi tính chính qui elliptic 2,pbu W ( ),p 2 , và vì thế ,
1,
b
Nu C ( ) , 0 1
p
.
Chứng minh định lý 2.2.2
+Trước hết ,ta chứng minh (0,
Mb
w ) là cặp nghiệm dưới – trên của bài tốn (2.6) .
Thật vậy , rõ ràng 0 là nghiệm dưới của (2.6) . Do
Mb
w là nghiệm dương ngặt của
(2.7) nên ta cĩ:
M Mb M b
w b (w ) .Suy ra:
M M M Mb b b b
w b(w ) b(w ) e(w ) .
Vì thế ,
Mb
w là nghiệm trên của (2.6).
Do đĩ (2.6) cĩ nghiệm cực đại ub ứng với cặp (0, Mbw ) .
+Bây giờ ta chứng minh ub cũng là nghiệm cực đại khơng âm của (2.6) .
Thật vậy , lấy bất kì nghiệm yếu u của (2.6).Khi đĩ bởi tính chính qui elliptic
u 10C ( ) .Vì thế , tồn tại K 0 đủ lớn sao cho u K và (u, K ) là cặp nghiệm
dưới-trên của (2.7) với Mb . Do tính duy nhất nghiệm của (2.7) nên Mbu w .
Suy ra ub cũng là nghiệm cực đại khơng âm của (2.6) và Mb bu w .
Định lý 2.2.3
Giả sử cĩ (H2) và bL> 0 . Khi đĩ tồn tại duy nhất nghiệm dương ngặt của bài
tốn (2.6) . Hơn nữa ,bởi tính chính qui elliptic 2,pbu W ( ) ,p 2 , và vì thế
1,
b
Nu C ( ) int(P) ,0< 1
p
. Ngồi ra:
(a) b 1 bu h.k.n trong (2.10)
, trong đĩ b 0 thỏa :
1b 1 b M Le b
. (2.11)
(b) 11b Mu b . (2.12)
Chứng minh
Trước hết , ta chứng minh rằng ( b 1 , Mbw ) 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 1 b 1( ) b( ) e( )
.
b 1 b 1 b 1b( ) e( )
.
1 11 b 1 b 1b e
.
1 11 1 b 1 b 1b e
.
1 1 11 b b 1 1e b
.
1 1b 1 M 1 L(e e ) b b
. (2.13)
Do 10 1 nên 11 1 , 11 1 . Suy ra 11 Me e e ; 1L 1 Lb b b .
Suy ra: 11 Me e 0
, 11 Lb b 0 . (2.14)
Do (2.14) nên (2.13) đúng . Suy ra b 1 là nghiệm dưới của (2.6).
+Ta chứng minh
Mb
w là nghiệm trên của (2.6).
Do
Mb
w là nghiệm dương ngặt của (2.7) nên ta cĩ :
M Mb M b
w b (w ) .Suy ra :
M M M Mb b b b
w b(w ) b(w ) e(w ) . Vì thế ,
Mb
w là nghiệm trên của (2.6).
Do ( b 1 , Mbw ) 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 bu h.k.n trong .Theo tính chính qui
elliptic 2,pbu W ( ) , p 2 , và vì thế 1,b Nu C ( ) , 0< 1 p
.Theo bổ đề 2.1.5
, bu int(P) .
Bây giờ ta chứng minh bài tốn (2.6) cĩ duy nhất nghiệm dương ngặt .
Đặt 11z u
1
. Khi đĩ , bài tốn (2.6) tương đương với bài tốn sau:
2 2 2 ( )
(1 )
1 2 N
z z zz b e(z(1 )) trong
(1 )z x x x
z 0 trên
(2.15)
Gọi z2 là nghiệm cực đại của (2.15) . Giả sử bài tốn (2.15) cĩ nghiệm dương ngặt
khác là z1 với 1 2z z .Ta sẽ chứng minh 2 1z z bằng phản chứng .
Đặt 1 2z z .Giả sử 0P sao cho đạt cực tiểu âm . Cho r >0 sao cho
0 z1(x) z2(x) , 0x B(P , r) . Ở đây , B(P0,r ) là qủa cầu mở tâm P0 , bán kính r .
Ta cĩ : 1 1
2 2N
1 2 1
1 2
i 1 1 i 2 i
1 z 1 z e 1 (z z )
1 z x z x
.
Mặt khác , ta cĩ :
2 2N N
1 2
i
i 1 i 11 i 2 i i
1 z 1 z c c(x)
z x z x x
,
với 1 2i
i i i
1 z zc
z x x
, c(x) =
2N
2
i 11 2 i
1 z
z z x
.
Vì thế thỏa mãn :
1 111 1 2c(x) e 1 (z z )1
trong B(P0,r) , (2.16)
ở đây
2N N
1 i2
i 1 i 1i i
c
x 1 x
. Ta thấy c(x) 0 trong B(P0,r) và từ (H2)
ta suy ra 1 11 2z z
trong B(P0,r) . Áp dụng nguyên tắc maximum (bổ đề 2.1.10)
suy ra C 0 (C là hằng số ) .Vế trái của (2.16) khơng dương , cịn vế phải
dương nên mâu thuẫn .Vậy z1 z2 . Do đĩ , bài tốn (2.6) cĩ duy nhất nghiệm
dương ngặt .
Ta cịn chứng minh 11b Mu b .
Thật vậy , từ (2.8) và
Mb b
u w , ta cĩ :
b 0u k .
Mà
1
1 1
0 Mk b
nên 11b Mu b .
Chú ý 2.2.4
(a) Kết qủa sau đây nằm trong bổ đề 3.6 của [10].
Do bu int(P) nên tồn tại k1 , k2 > 0 thỏa 1 b 2k d (x) u (x) k d (x) x .
(b)
Do bM > 0 nên tồn tại qủa cầu B:B(x0,r) sao cho bL,B > 0 trong B , trong đĩ
bL,B là essinf của b trong B . Do đĩ , B1 b 1u h.k.n trong B , trong đĩ
1 0 thỏa : 1 B1 1 1 M,B L,Be b .
(c)
Do b 1 bu h.k.n trong nên C 0 ( độc lập với b) sao cho
b bC d u h.k.n trong .
Định lý 2.2.5
Giả sử cĩ (H2) .Khi đĩ ánh xạ b 1b 0L ( ) u int(P) C ( ) là tăng
, liên tục và C1.
Chứng minh
Bổ đề 2.2.6
(a) Cho (0,1] và 0 < t1 < t2 . Khi đĩ :
1 1
2 2 1 2 1 1 2 1t (t t ) t t t (t t )
.
(b) Cho [1, ) và 0< t1< t2 . Khi đĩ :
1 1
1 2 1 2 1 2 2 1t (t t ) t t t (t t )
.
Chứng minh bổ đề 2.2.6 bằng định lí Lagrange áp dụng cho hàm t , t .
B._.
Các file đính kèm theo tài liệu này:
- LA7249.pdf