\documentclass[a4paper,11pt]{report}
%\usepackage[pctex32]{graphics}
\usepackage[utf8]{vietnam}
\usepackage[unicode,colorlinks]{hyperref}
\usepackage{amsmath,amsthm,latexsym,amssymb,amsfonts,graphicx}
\usepackage{exscale,relsize,makeidx}
\renewcommand{\chaptername}{Chương}
\renewcommand{\indexname}{Chỉ mục}
\setlength{\oddsidemargin}{0.25in}
\setlength{\textwidth}{6.3in}
\setlength{\topmargin}{-0.25in}
\setlength{\textheight}{9in}
% Set the beginning of a LaTeX document
\renewcommand{\contentsname}{MỤC LỤC}
\newtheorem{thm}{Định lý}[chapter]
\newtheorem{lem}{Bổ đề}[chapter]
\newtheorem{defi}{Định nghĩa}[chapter]
\newtheorem{hequa}{Hệ quả}[chapter]
%\renewcommand{\proofname}{Chứng minh}
%\newtheorem{dl}{Định lý}[chapter]
\newtheorem{md}{Mệnh đề}[chapter]
\newtheorem{Cy}{Chú ý}[chapter]
\newtheorem{chut}{Chú thích}[chapter]
\newtheorem{nx}{Nhận xét}[chapter]
\makeindex
%\setlength{\parindent}{0pt}
\usepackage{indentfirst}
\begin{document}
\thispagestyle{empty}
\begin{center}
\textbf{\large{}ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH}\\
\textbf{\large{}TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN}\\
\textbf{\large{}KHOA TOÁN - TIN HỌC}\\
\textbf{-----------------oOo-----------------}
\par\end{center}{\large \par}
\vspace{1cm}
\begin{center}
\emph{\large{}Tiểu Luận Tốt Nghiệp Đại Học}
\par\end{center}{\large \par}
\begin{center}
\emph{\large{}Chuyên Ngành Giải Tích}
\par\end{center}{\large \par}
\vspace{2cm}
\begin{center}{\huge Định lý điểm dừng không điều kiện compact\\ và \\ Ứng dụng} \vspace{1in}\end{center}
{\large Nhóm thực hiện : \textit{TRANG CÔNG BẰNG -NGUYỄN VĂN HỢI - ĐOÀN THẠNH.}} \vspace{.1in}\\
{\large Thầy hướng dẫn : \textit{GS.TS DƯƠNG MINH ĐỨC.} } \vspace{.2in}\\
{\large Thầy phản biện : \textit{ TS. ÔNG THANH HẢI}} \vspace{.3in}\\
\vfill{}
\begin{center}
{\large{}THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH}
\par\end{center}{\large \par}
\begin{center}
{\large{} 7 - 2017}
\par\end{center}{\large \par}
\clearpage
\newpage
\chapter*{Lời cảm ơn}
\addcontentsline{toc}{chapter}{Lời cảm ơn}
\indent
Chúng tôi xin chân thành cảm ơn tất cả các thầy cô trong khoa Toán- Tin học, đặc biệt là 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 rất biết ơn thầy \emph{Dương Minh Đức} đã tận tình hướng dẫn chúng tôi
hoàn thành khóa luận tốt nghiệp đại học này. Chúng tôi xin cảm ơn các
sinh viên lớp CNTN Khoa Toán-Tin khóa 2013 và 2014 đã động viên, giúp đỡ nhóm chúng tôi rất nhiều trong quá trình soạn thảo \LaTeX. Cuối cùng, chúng con xin chân thành cảm ơn ba mẹ, những người luôn tạo cho chúng con mọi điều kiện tốt nhất trong học tập, nghiên cứu và động viên mỗi khi chúng con gặp khó khăn.
\vspace{1cm}
\begin{flushright}
\begin{minipage}[t]{0.6\columnwidth}%
\begin{center}
Tp. Hồ Chí Minh, tháng 7 năm 2017
\par\end{center}
\begin{center}
\emph{Trang Công Bằng -Nguyễn Văn Hơi - Đoàn Thạnh}
\par\end{center}%
\end{minipage}
\par\end{flushright}
\clearpage
\newpage
\tableofcontents
\addcontentsline{toc}{chapter}{Mục lục}
\clearpage
\newpage
\chapter{Kiến thức chuẩn bị.}
Trong chương này chúng tôi trình bày những kiến thức cơ bản, mà cụ thể là các khái niệm, tính chất có trong chương trình bắt buộc chung lẫn bắt buộc riêng, được nhắc đi nhắc lại xuyên suốt trong tiểu luận này.
\section{Không gian $L^{p}\left(\Omega\right)$.}
Cho $\Omega$ là tập con đo được của $\mathbb{R}^{N}$, $N\in \mathbb{N}$ ta định nghĩa không gian $L^{p}\left(\Omega\right)$, như sau:\\
$ \bullet$ khi $ 1\leq p < \infty$
\[
L^{p}\left(\Omega\right)=\left\{ u \,:\,\,\int_{\Omega}\left|u\left(x\right)\right|^{p}dx<\infty\right\} .
\]
ta xét chuẩn
\[
\left\Vert u\right\Vert _{p}=\left(\int_{\Omega}\left|u\left(x\right)\right|^{p}dx\right)^{\frac{1}{p}}.
\]
$\bullet$ khi $p=\infty$
\[
L^{\infty}\left(\Omega\right)=\left\{ v \,:\,\text{ tồn tại } M\geq 0 \text{ sao cho }\,\vert v(x)\vert \leq M \, \text{ h.h.m.n trong } \Omega\right\} .
\]
ta xét chuẩn
\[
\Vert v\Vert _{\infty}=\inf\{M\geq 0\,:\,\vert v(x)\vert \leq M \,\, h.h.m.n\}
\]
\begin{thm}\label{norm}
Với $1\leq p \leq \infty$ và các chuẩn như định nghĩa trên thì $L^{p}\left(\Omega\right)$ là một không gian định chuẩn.
\end{thm}
\begin{proof}
Xem Định lý 4.7 trong \cite{Brezis}.
\end{proof}
\begin{thm}[\textit{Fischer–Riesz}]\label{banach}
Không gian $L^p(\Omega)$ là không gian Banach với mọi $1 \leq p \leq \infty$.
\end{thm}
\begin{proof}
Xem Định lý 4.8 trong \cite{Brezis}.
\end{proof}
\begin{lem}[\textit{Fatou’s lemma}]\label{fatou}
Cho $\{g_n\}$ là dãy hàm đo được trong $\Omega$ với $g_n \,:\, \Omega \rightarrow [0,\infty)$, $\forall n \in \mathbb{N}$. thì
\[
\int_\Omega \liminf_{n \to \infty}g_n \,dx \leq
\liminf_{n \to \infty} \int_\Omega g_n \,dx
\]
\end{lem}
\begin{proof}
Xem mục 1.28, Chương 1 trong \cite{WR}.
\end{proof}
\begin{thm}[\textit{Lebesgue's dominated convergence theorem}]\label{htbc}
Cho dãy hàm $\{f_n\}$ đo được trong $L^1(\Omega)$ thỏa
\begin{itemize}
\item[i.] $f_n(x) \rightarrow f(x)$ h.h.m.n trong $\Omega$.
\item[ii.] Tồn tại hàm $g\in L^1(\Omega)$ thỏa $\vert f_n(x)\vert \leq g(x)$, với mọi $x\in \Omega, n\in \mathbb{N}$.
\end{itemize}
Thì $f\in L^1(\Omega)$ và
\[
\lim_{n \to \infty} \int_\Omega \vert f_n(x) -f(x)\vert dx =0
\]
\end{thm}
\begin{proof}
Xem mục 1.34, Chương 1 trong \cite{WR}.
\end{proof}
\begin{thm}[\textit{Bất đẳng thức H\"{o}lder}]\label{holder}
Cho $f\in L^{p}\left(\Omega\right)$ và $g\in L^{p'}\left(\Omega\right)$
với $\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{p'}=1$, khi đó ta có
\[
\left\Vert fg\right\Vert _{1}\leq\left\Vert f\right\Vert _{p}\left\Vert g\right\Vert _{p'}.
\]
\end{thm}
\begin{proof}
Xem Định lý 4.6 trong \cite{Brezis}.
\end{proof}
\begin{md}
Giả sử $\left|\Omega\right|<\infty$ và cho $1\leq p\leq q\leq\infty$.
Khi đó $L^{q}\left(\Omega\right)\subset L^{p}\left(\Omega\right)$.
Hơn nửa có hằng số $C>0$ sao cho
\[
\|f\|_{p} \leq C\|f\|_{q}\qquad,\forall f\in L^{q}\left(\Omega\right).
\]
\end{md}
\begin{proof}
Theo bất đẳng thức H\"{o}lder thì
\[
\int_{\Omega}\left|f\right|^{p}\, dx=\int_{\Omega}\left|f\right|^{p}.1\, dx\leq\left(\int_{\Omega}\left|f\right|^{p.\frac{q}{p}}\,dx\right)^{\frac{p}{q}}\left(\int_{\Omega}1^{\frac{q}{q-p}}\,dx\right)^{\frac{q-p}{q}}=\left|\Omega\right|^{\frac{q-p}{q}}\|f\|_{q}^{p},
\]
suy ra
\[
\|f\|_{p}\leq\left|\Omega\right|^{\frac{1}{p}-\frac{1}{q}}\|f\|_{q}=C\|f\|_{q}.
\]
\end{proof}
\begin{thm}
Cho $\left\{ f_{n}\right\} $ là dãy trong $L^{p}\left(\Omega\right)$
hội tụ về $f$ trong $L^{p}\left(\Omega\right)$. Khi đó, ta có dãy
con $\left\{ f_{n_{k}}\right\} $ của $\left\{ f_{n}\right\} $ sao
cho
i) $f_{n_{k}}\left(x\right)\longrightarrow f\left(x\right)\quad $ h.h.m.n
trong $\Omega$.
ii) Tồn tại $h\in L^{p}\left(\Omega\right)$ sao cho $\left|f_{n_{k}}\left(x\right)\right|\leq h\left(x\right)\quad $ h.h.m.n trong
$\Omega$ với mọi $k\in\mathbb{N}$.\end{thm}
\begin{proof}
Xem Định lý 4.9 trong \cite{Brezis}.
\end{proof}
\section{Không gian Sobolev $W^{1,p}\left(\Omega\right)$.}
\begin{defi}
Với $\Omega$ là tập con mở của $\mathbb{R}^{N}$, ta định nghĩa không gian Sobolev $W^{1,p}\left(\Omega\right)$ như
sau{\small{}
\[
W^{1,p}\left(\Omega\right)=\left\{ f\in L^{p}\left(\Omega\right)\mid\exists g_{1},g_{2},\ldots g_{N}\in L^{p}\left(\Omega\right)\mbox{ thỏa }\int_{\Omega}u\dfrac{\partial\varphi}{\partial x_{i}}=-\int_{\Omega}g_{i}\varphi\qquad,\forall\varphi\in C_{c}^{\infty}\left(\Omega\right)\right\}
\]
}{\small \par}
Kí hiệu $g_{i}=\dfrac{\partial\varphi}{\partial x_{i}}$ với mọi $i=\overline{1,N}$
và
\[
\nabla f=\left(\dfrac{\partial f}{\partial x_{1}},\ldots,\dfrac{\partial f}{\partial x_{N}}\right).
\]
Khi đó, $W^{1,p}\left(\Omega\right)$ là một không gian định chuẩn với chuẩn
\[
\left\Vert f\right\Vert _{W^{1,p}}=\left\Vert f\right\Vert _{L^{p}}+\sum_{i=1}^{N}\left\Vert \dfrac{\partial f}{\partial x_{i}}\right\Vert _{L^{p}}.
\]
\end{defi}
\begin{thm}\label{banach2}
Không gian $W^{1,p}(\Omega)$ là không gian Banach khi $1\leq p\leq \infty$ và reflexive khi $1 <p <\infty$.
\end{thm}
\begin{proof}
Xem Mệnh đề 9.1 trong \cite{Brezis}.
\end{proof}
%\begin{defn}
%Với không gian $W^{1,p}\left(\Omega\right)$ được định nghĩa như trên
%thì $C_{c}^{\infty}\left(\Omega\right)\subset W^{1,p}\left(\Omega\right)$.
%Khi đó, ta định nghĩa không gian $W_{0}^{1,p}\left(\Omega\right)$
%là bao đóng của $C_{c}^{\infty}\left(\Omega\right)$ trong $W^{1,p}\left(\Omega\right)$:
%\[
%W_{0}^{1,p}\left(\Omega\right)=\overline{C_{c}^{\infty}\left(\Omega\right)}^{W^{1,p}\left(\Omega\right)}
%\]
%\end{defn}
%\begin{thm}[Bất đẳng thức Poincaré]
% Cho $1\le p<\infty$, khi đó tồn tại hằng số $C>0$ (phụ thuộc vào
%$\Omega$ và $p$) để
%\[
%\left\Vert u\right\Vert _{L^{p}\left(\Omega\right)}\le C\left\Vert \nabla u\right\Vert _{L^{p}\left(\Omega\right)}\quad\forall u\in W_{0}^{1,p}\left(\Omega\right)
%\]
%\end{thm}
\begin{thm}[Rellich–Kondrachov]\label{RK}
Cho $\Omega$ là một tập mở bị chặn có biên trơn trong $\mathbb{R}^{N}$,
khi đó ta có các phép nhúng sau là compact
$W^{1,p}\left(\Omega\right)\hookrightarrow L^{q}\left(\Omega\right)\quad\forall q\in\left[1,p^{\star}\right)\mbox{ với \ensuremath{\dfrac{1}{p^{\star}}=\dfrac{1}{p}-\dfrac{1}{N}} \qquad \text{nếu }\quad \ensuremath{p<N}}$.
$W^{1,p}\left(\Omega\right)\hookrightarrow L^{q}\left(\Omega\right)\quad\forall q\in\left[p,\infty\right) \qquad \text{ nếu } \quad p=N$.
$W^{1,p}\left(\Omega\right)\subset C\left(\overline{\Omega}\right)\qquad \text{nếu } \quad p>N$.
Đặc biệt, phép nhúng $W^{1,p}\left(\Omega\right)\hookrightarrow L^{p}\left(\Omega\right)$
là compact với mọi $p$.
\end{thm}
\begin{proof}
Xem các Định lý 9.9, 9.16 và Hệ quả 9.19 trong \cite{Brezis}.
\end{proof}
%\section{Tính chất $(S)_+$.}
%\begin{md}\label{md.21}
%Toán tử $p$-Laplace
%\[
% \Delta_p : W^{1,p}(\Omega) \longrightarrow (W^{1,p}(\Omega))^*
%\]
%Với
%\[
%\langle \Delta_p u,v\rangle =\int_\Omega \vert \nabla u \vert^{p-2}\nabla u\nabla v dx \qquad,\forall u,v \in W^{1,p}(\Omega)
%\]
%Thì $\Delta_p$ là toán tử thỏa tính chất $(S)_+$ trên $W^{1,p}(\Omega)$. Nghĩa là khi $u_n \rightharpoonup u$ trong $W^{1,p}(\Omega)$ và thoả $\limsup_{n\rightarrow \infty} \langle V(u_n),u_n-u\rangle \leq 0$ thì $u_n \rightarrow u$ trong $W^{1,p}(\Omega)$.
%\end{md}
%\begin{proof}
%Xem Mệnh đề 21 trong \cite{DMMT}.
%\end{proof}
\section{Toán tử Nemytskii.}
Cho $\Omega$ mở bị chặn trong $\mathbb{R}^{N}$, $N\in \mathbb{N}$. Ánh xạ $f:\Omega\times\mathbb{R\to\mathbb{R}}$ thỏa Carathéodory, tức là
\begin{itemize}
\item[1.] Với mỗi $s\in\mathbb{R}$ thì ánh xạ $x\mapsto f\left(x,s\right)$
đo được trong $\Omega$.
\item[2.] Với hầu hết $x\in\Omega$ thì ánh xạ $s\mapsto f \left(x,s\right)$
là liên tục trong $\mathbb{R}$.
\end{itemize}
Gọi $\mathcal{M}$ là tập các hàm đo được $u:\Omega\to\mathbb{R}$.
\begin{md}
Nếu $f:\Omega\times\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ là Carathéodory thì với
mỗi $u\in\mathcal{M},$ ánh xạ $N_{f}u:\Omega\to\mathbb{R}$ định
nghĩa bởi
\[
\left(N_{f}u\right)\left(x\right)=f\left(x,u\left(x\right)\right)\quad,\mbox{ với }x\in\Omega
\]
là ánh xạ đo được trong $\Omega$.
\end{md}
\begin{proof}
Xem Định lý 2.1 trong \cite{Figueredo}.
\end{proof}
Một hàm Carathéodory $f:\Omega\times\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ xác
định một toán tử $N_{f}:\mathcal{M}\to\mathcal{M}$, được gọi là toán
tử Nemytskii.
\begin{md}\label{md}
Giả sử $f:\Omega\times\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ là Carathéodory và
thỏa điều kiện
\[
\left|f\left(x,s\right)\right|\leq a\left|s\right|^{q-1}+b\left(x\right)\mbox{ với }x\in\Omega,\, s\in\mathbb{R},
\]
với $a\geq0$ là hằng số, $q>1$, $b\in L^{q'}\left(\Omega\right)$,
$\frac{1}{q}+\frac{1}{q'}=1.$
Cho $F:\Omega\times\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ xác định bởi $F\left(x,s\right)=\int_{0}^{s}f\left(x,\tau\right)d\tau$, thì
\begin{itemize}
\item[(i)] Hàm $F$ là Carathéodory và tồn tại $a'\geq 0$ và $c\in L^1(\Omega)$ sao cho
\[
\vert F(x,s)\vert \leq a' \vert s\vert^{q} + c(x)\qquad , \forall x \in \Omega, s\in \mathbb{R}
\]
\item[(ii)] Hàm $\Phi:W^{1,q}\left(\Omega\right)\to\mathbb{R}$ xác định bởi
$\Phi\left(u\right):=\int_{\Omega}N_{F}u dx =\int_{\Omega}F\left(x,u\right)dx$
là liên tục khả vi Fréchet và $\langle D\Phi\left(u\right),v \rangle =\int_\Omega f(x,u)v dx$ với mọi $u,v \in W^{1,q}\left(\Omega\right)$.
\end{itemize}
\end{md}
\begin{proof}[Chứng minh]\h\\
Chứng minh của (i) xem Mệnh đề 6 trong \cite{Dinca}.\\
Chứng minh của (ii) xem Mệnh đề 6 trong \cite{Dinca} hoặc Định lý 2.8 trong \cite{Figueredo}.
\end{proof}
\begin{defi} Điều kiện Palais-Smail (P-S):
\[
\begin{cases}
\begin{array}{c}
\begin{aligned}
&\text{Với mọi dãy trong}\quad X \quad \text{ sao cho}\quad F(u_{n})\rightarrow c \\
&\text{và}\quad F'(u_{n})\rightarrow 0 \quad\text{có dãy con hội tụ}
\end{aligned}
\end{array}
\end{cases}
\]\label{ps}
\end{defi}
\section{Hàm nửa liên tục dưới yếu.}
\begin{defi}\label{mise}
Cho $X$ là không gian định chuẩn, ta nói $\{u_k\}$ là dãy cực tiểu của $\varphi : X \longrightarrow (-\infty , \infty]$ nếu
\[
\lim_{k\longrightarrow\infty} \varphi(u_k)= \inf_{u\in X} \varphi(u)
\]
\end{defi}
\begin{defi}\label{wlsc.1}\h\\
Hàm $\varphi : X \longrightarrow (-\infty , \infty]$ gọi là nửa liên tục dưới - l.s.c nếu thỏa
\[
u_k \longrightarrow u \Rightarrow \liminf_{k\longrightarrow\infty} \varphi(u_k) \geq \varphi(u)
\]
Hàm $\varphi : X \longrightarrow (-\infty , \infty]$ gọi là nửa liên tục dưới yếu - w.l.s.c nếu thỏa
\[
u_k \rightharpoonup u \Rightarrow \liminf_{k\longrightarrow\infty} \varphi(u_k) \geq \varphi(u)
\]
\end{defi}
\begin{thm}\label{wlsc.2}
Cho $X$ là không gian Banach Reflexive, $\varphi$ là hàm nửa liên tục dưới yếu trên $X$ và có một dãy cực tiểu bị chặn thì $\varphi $ có cực tiểu trên $X$.
\end{thm}
\begin{proof}
Xem Định lý 1.1 trong \cite{Mawhin}
\end{proof}
\section{Hàm lồi.}
\begin{defi}
$X$ là không gian định chuẩn, ta nói $\varphi : X \longrightarrow (-\infty,\infty]$ là hàm lồi nếu
\[
\varphi((1-\lambda)u+\lambda v) \leq (1-\lambda)\varphi(u) + \lambda\varphi(v)\quad,\forall \lambda \in (0,1) , \forall u, v \in X
\]
\end{defi}
\begin{thm}\label{hl}
Cho $X$ là không gian định chuẩn, $\varphi : X \longrightarrow (-\infty,\infty ]$ là hàm nửa liên tục dưới và lồi thì $\varphi$ nửa liên tục dưới yếu.
\end{thm}
\begin{proof}
Xem Định lý 1.2 trong \cite{Mawhin}
\end{proof}
\chapter{Giới thiệu bài toán,các điều kiện,định lý,bổ đề và các khái niệm liên quan.}
Trong tiểu luận này chúng tôi làm rõ các chi tiết chứng minh trong bài báo "Critical point theorem without compactness and applications" của Y. JABRI và M. MOUSSAOUI công bố trên tạp chí Nonlinear Analysis, Theory, Methods - Applications, Vol. 32, No. 3, pp. 363-380, 1998.
\section{Giới thiệu bài toán}
\noindent Mục đích của chúng ta trong bài báo này để đưa ra định lý điểm dừng mà không sử dụng điều kiện Palais-Smale (xem \eqref{ps}).Và chúng được dùng để giải quyết các bài bài toán.\\
Cho $\Omega\in\mathbb{R^{N}}$, $\partial\Omega$ trơn, bị chặn. $f:\Omega\times\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}$, $f$ là hàm Carathéodory, và $$L:\textsl{D(L)}\subset X\longrightarrow X $$ khi $X$ là không gian Hilbert, $D(L)$ là không gian con của $X$, $L$ là ánh xạ tuyến tính xác định trên $D(L)$.\\
Xét bài toán phi tuyến Dirichlet:
\[
\begin{cases}
\begin{array}{c}
\begin{aligned}
Lu&=f(x,u)\quad \text{ trong } \quad \Omega\\
u&=0 \qquad \text{ trên } \quad \partial\Omega
\end{aligned}
\end{array}
\end{cases}
\]
Và kí hiệu $$F(x,t)=\int_{0}^{t}f(x,s)ds.$$
\newpage
\section{Một vài tóm tắt định lý điểm dừng và ứng dụng .}
\begin{thm}[Định lý 2 trong \cite{YJMM}]\label{dl.5}
Cho $E$ không gian Hilbert, $\Phi \rightarrow \mathbb{R}$, $V$ không gian vector con hữu hạn chiều của $E$, $W$ phần bù trực giao của $V$, thỏa các tính chất sau đây
\begin{itemize}
\item[\textbf{\textit{(i)}}] $\Phi$ thuộc lớp $C^1$
\item[\textbf{\textit{(ii)}}] $\Phi$ coercive trên $W$.
\item[\textbf{\textit{(iii)}}] $\Phi$ lõm trên $w+V$ với mọi $w\in W$.
\item[\textbf{\textit{(iv)}}] $\Phi(v+w) \rightarrow -\infty$ khi $\|v\| \rightarrow \infty$ và hội tụ trên là đều trên tập bị chặn trên $W$.
\item[\textbf{\textit{(v)}}] $\Phi$ nửa liên tục dưới yếu trên $v+W$ với mọi $v \in V$.
\end{itemize}
Khi đó $\Phi$ có điểm dừng trên $E$.
\end{thm}
\begin{lem}[Bổ đề 3 trong \cite{YJMM}] \label{bd.2.1}
Với mọi $w\in W$ ,tồn tại $v=v(w)\in V$ sao cho $$\Phi \left ( v+w \right )=\max_{g\in V}\Phi \left ( v+w \right ).$$
\end{lem}
\begin{proof}[Chứng minh.]
Xét ánh xạ $T: V \mapsto R$ \[ T(g)=\Phi(g +w) \]
Ta chứng minh được $T$ liên tục trên $V$.
Thật vậy vì $T(g)=\Phi o S(g)$ trong đó $S(g)=g+w$ liên tục trên $V$ và $\Phi$ liên tục trên $E$ vậy nên ta có $T$ liên tục $V$.\\
Đặt $b=\sup_{g\in V}\Phi(g+w)$ khi ấy tồn tại dãy $g_{n}\in V$,sao cho $\Phi \left ( g_{n} +w\right )\rightarrow b$ .\\
Giả sử $g_{n}$ không bi chặn khi ấy tồn tại dãy con mà ta kí hiệu $\left \| g_{n} \right \|\rightarrow \infty $\\
Khi ấy áp dụng {(\it iv)} : $\Phi(v+w) \rightarrow -\infty$ khi $\|v\| \rightarrow \infty$.
Suy ra $\sup_{g\in V}\Phi(g+w)=-\infty $ vô lí\\
Vậy ta có được dãy $g_n$ bị chặn trong $V$.\\
Mặc khác vì $V$ hữu hạn chiều.\\
Suy ra tồn tại dãy con hội tụ về một $g_0 \in V$ và dó đó ta có $\Phi (g_0+w) =max_{ g \in V} \Phi(g+w)$ và ta chọn $v(w)=g_0$.
\end{proof}
\begin{Cy}\label{cy1} Trong chứng minh trên ta vẫn có kết quả tương tự bằng cách áp dụng tính phản xạ không gian Hilbert. Và $V$ \textbf{là không gian vector con đóng}.
\end{Cy}
\noindent Với $g_n$ bị chặn trong $E$ khi ấy tồn tại $g_{n_k}$ hội tụ yếu về $g_0$ trong $E$.i.e
\[ \langle J, g_{n_k} \rangle \rightarrow \langle J, g_0 \rangle \quad \forall J \in E'=L(E,\mathbb{R})\]
Mặc khác vì $E$ Hilbert nên ta áp dụng biểu diễn Riezs (xem \cite{Brezis}) ta coi toán tử $J$ như phần tử thuộc $E$, hay ta nói cách khác đồng nhất $E$ và $E'$. Khi đó ta viết lại biểu thức trên dưới dạng
\[\langle e, g_{n_k} \rangle \rightarrow \langle e ,g_0 \rangle \quad \forall e \in E \] Ta chứng minh được $g_0 \in V$ thật vậy chọn $e \in W \equiv V^{\perp}$ khi đó ta có \[0= \langle e , g_{n_k} \rangle \rightarrow \langle e ,g_0 \rangle \Rightarrow \langle e, g_0 \rangle = 0, \forall e \in W \Rightarrow g_0 \in V\]
Tiếp theo ta chứng minh \[T(g_0)=b\]
Đặt $T^*=-T$ vì $T^*$ liên tục, coercive và đồng thời lồi trên $V$ nên suy ra $T^*$ nữu liên tục dưới yếu trên $V$ , khi đó ta có
\[ T^*(g_0) \leq \liminf_{n \rightarrow \infty} T^*(g_n) \]
\[ -T(g_0) \leq \liminf_{n \rightarrow \infty} -T(g_n) \]
\[ T(g_0) \geq \limsup_{ n \rightarrow \infty} T(g_n)=b \]
Suy ra là : $T(g_0)=b$
\textbf{Ta kí hiệu }
\[ V(w)=\{ v \in V| \Phi( v+w ) =\max_{g\in V} \Phi( g+w ) \} \]
Và \[S=\left \{ u=v+w|w\in W ,v\in V(w)\right \}\]
\begin{lem}[Bổ đề 4 trong \cite{YJMM}] \label{bd.2.2}
Tồn tại $u \in S$ sao cho
\begin{align}
\Phi \left ( u \right )=\inf_{S}\Phi
\label{lem4}
\end{align}
\end{lem}
\begin{proof}[Chứng minh.]
Tồn tại dãy $u_{n}$ trong $S$ sao cho $\Phi \left ( u_{n} \right )\rightarrow \inf_{S}\Phi = a $.\\
Với mỗi $u_{n}=v_{n}+w_{n} $ với $w_{n} \in W$, $v_{n}\in V(w_{n})$. Ta chứng minh tồn tại $C > 0 $ sao cho $$\left \| w_{n} \right \|\leq C $$
Thật vậy, nếu không tồn tại con $w_{n_{k}}$ sao cho $\| w_{n_{k}} \| \rightarrow \infty $. Do ii) $\Phi$ coercive trên $W$ và $v_n+w_n \in S$
Suy ra $$\Phi( u_n)=\Phi( v_{n}+w_{n} )\geq \Phi(0+ w_{n} )\rightarrow \infty $$
(Do $\Phi(v_n+w_n)=\max_{v\in V(w_n)}\Phi(v+w_n)$ ).\\
Vậy ta có : \[\left \| w_{n} \right \|\leq C\]
Suy ra tồn tại dãy con $w_{n_{k}}\rightharpoonup w$ trong $W$
(Do $W$ đóng là trong không gian Hilbert $E$ nên cũng là không gian Hilbert).
Lấy $v\in V$, từ {(\it v)} ta có $$\Phi \left ( v+w \right )\leq \lim_{n\rightarrow \infty }\inf\Phi \left (v+w_{n} \right )\leq \lim_{n\rightarrow \infty }\inf\Phi \left (v_{n}+w_{n} \right )=a$$
Biểu thức trên đúng với mọi $v\in V$, ta chọn $v\in V(w)$.\\
Khi đó $u=v+w$ thỏa điều kiện.\\
\end{proof}
\begin{lem} [Bổ đề 5 trong \cite{YJMM}] \label{bd.2.3} Ta định nghĩa $P$ phép chiếu vuông góc từ $E$ vào $W$, và $I$ ánh xạ đồng nhất trên $E$. Với $u \in S$ thỏa $\Phi(u) =\inf_S \Phi$ khi đó
\begin{align}
(I-P)\nabla \Phi (u) =0
\label{Chieu}
\end{align}
\end{lem}
\begin{proof}[Chứng minh.]
Ta thu phần tử $\nabla \Phi(u)$ bằng áp dụng định lí biểu biễn Riezs (xem \cite{Brezis})) sao cho $$D\Phi(u)(e)= \langle \nabla \Phi(u) , e \rangle \quad \forall e \in E .$$ Vì $E =V \oplus W$, nên tồn tại $s \in V$ và $z \in W$ sao cho:\\
\[ \nabla \Phi(u)=s+z\]
Do đó ta được từ \eqref{Chieu} ta có là:
\[I \nabla \Phi(u) =P \nabla \Phi(u) \Leftrightarrow s+z =s\]
Nên suy ra $s=0$ và do đó $ \nabla \Phi(u) \in W=V^{\perp}$. Vậy ta sẽ chứng minh:
\[\langle \nabla \Phi(u) , g \rangle =0 \quad \forall g \in V.\]
Hay
\[\lim_{t \rightarrow 0} \frac{\Phi(u+tg)-\Phi(u)}{t} =0\]
Từ giả thiết ta có, $u \in S$ nên tồn tại $w \in W$ và $v \in V$ sao cho $u=v+w$, và \\
\[\Phi (u) =\Phi (v+w) =\max_{f \in V} \Phi(f+w)\]
Suy ra
\[ \frac{\Phi(u+tg)-\Phi(u)}{t} \leq 0 \quad \forall t >0\]
Và
\[ \frac{\Phi(u+tg)-\Phi(u)}{t} \geq 0 \quad \forall t <0\]
Và do đó ta được
\[\lim_{t \rightarrow 0} \frac{\Phi(u+tg)-\Phi(u)}{t} =0.\]
\end{proof}
\begin{lem}[Bổ đề 6 trong \cite{YJMM}]\label{bd.2.4} Với mõi $w \in W$ chứng minh $V(w)$ lồi.\end{lem}
\begin{proof}[Chứng minh.]
Điều kiện cho trước $\Phi$ lõm trên $ w+ V$, i.e với mọi $s_1, s_2 \in V$ và $\alpha \in [0,1]$ ta có
\[\Phi(\alpha s_1 +(1-\alpha)s_2+w) \geq \alpha \Phi(s_1+w) + (1-\alpha )\Phi(s_2+w)\]
Chứng minh với $v_1, v_2 \in V(w)$ thì $v_\lambda =\lambda v_1 +(1-\lambda)v_2 \in V(w)$ với mọi $\lambda \in [0,1]$.\\
Ta có là: \[ \Phi(v_1 +w)=\Phi(v_2+w) =\max_{v \in V} \Phi (v+w)\]
Áp dụng điều kiện trên với $s_1, s_2$ tương ứng $v_1, v_2$ khi đó ta có
\[\Phi(\alpha v_1 +(1-\alpha)v_2+w) \geq \alpha \Phi(v_1+w) + (1-\alpha )\Phi(v_2+w)=\max_{v \in V} \Phi(v+w)\]
Và do đó
\[\Phi (v_\lambda +w) =\max_{ v \in V} \Phi (v+w) \]
Tóm lại $v_\lambda \in V(w)$ và $V(w)$ lồi.
\end{proof}
\begin{lem}[Bổ đề 7 trong \cite{YJMM}]\label{bd.2.5}
Chứng minh với mọi $w \in W$ ta có $L(w)$ lồi, với
\[ L(w)= \{ P \nabla \Phi(v+w) \mid v \in V(w)\}\]
\end{lem}
\begin{proof}[Chứng minh.]
Với mọi $v_1, v_2 \in V(w)$, $ \lambda \in [0,1]$ chứng minh:
\[ \lambda P \nabla \Phi(v_1+w) + (1-\lambda )P \nabla \Phi (v_2 +w) \in L(w) \]
Tức là chứng minh là: Với mọi $\lambda\in [0,1]$, tồn tại $v_\lambda \in V(w)$ sao cho:
\begin{align}
\lambda P \nabla \Phi(v_1+w) + (1-\lambda )P \nabla \Phi (v_2 +w) = P \nabla \Phi(v_\lambda +w)
\label{Chieu2}
\end{align}
Do $P$ là phép chiếu từ $E$ vào $W$ nên phương trình \eqref{Chieu2} tương đương với:
\[\lambda \langle \nabla \Phi(v_1 +w), h \rangle+(1-\lambda )\langle \nabla \Phi(v_2+w), h \rangle=\langle \nabla \Phi(v_\lambda +w), h \rangle \quad \forall h \in W \]
Đến đây áp dụng bổ đề \eqref{bd.2.4} và $\it {(iii)} $ chọn $v_\lambda =\lambda v_1 +(1-\lambda ) v_2$.
Ta được:
\[\lambda \Phi (v_1+w+th) + (1-\lambda ) \Phi(v_2+w+th)\leq \Phi(v_\lambda +w+th)\text{ do tính lồi.}\]
\[\lambda \Phi(v_1+w) + (1-\lambda ) \Phi(v_2+w)= \Phi(v_\lambda +w)(=\max_{v\in V}\Phi(v+w)\text{ do bổ đề 2.4})\]
Lấy trên trừ dưới và ta có là:
\[\lambda ( \Phi (v_1+w+th)-\Phi(v_1+w )) + (1-\lambda ) (\Phi(v_2+w+th)-\Phi(v_2+w))\leq \Phi(v_\lambda +w+th)-\Phi(v_\lambda +w)\]
Trường hợp: $t>0$ thì chia hai về cho $t$ và lấy giới hạn về $0$ thì ta được là:
\[\lambda \langle \nabla \Phi(v_1 +w), h \rangle+(1-\lambda )\langle \nabla \Phi(v_2+w), h \rangle\leq \langle \nabla \Phi(v_\lambda +w), h \rangle \quad \forall h \in W \]
Trường hợp $t<0$ thì chia hai vế cho $t$ và lấy giới hạn về $0$
thì ta được là: \[\lambda \langle \nabla \Phi(v_1 +w), h \rangle+(1-\lambda )\langle \nabla \Phi(v_2+w), h \rangle\geq \langle \nabla \Phi(v_\lambda +w), h \rangle \quad \forall h \in W \]
Và từ đó ta có điều cần chứng minh.
Vậy $L(w)$ lồi với mọi $w \in W$.
\end{proof}
\begin{lem} \label{bd.2.6} Chứng minh $L(w)$ đóng với mọi $w \in W$.
\end{lem}
\begin{proof}[Chứng minh.]
Lấy dãy $v_n \in V(w)$, $v_n \rightarrow v$ chứng minh $v \in V(w)$\\
Ta có
\[\Phi(v_n+w) =\max_{g \in V} \Phi(g+w)\]
Lấy giới hạn hai vế ta được $v \in V(w)$ (đây là chứng minh V(w)) đóng).\\
Trở lại chứng minh $L(w)$ đóng, với dãy $e_n \in L(w)$, $e_n \rightarrow e$, chứng minh $e \in L(w)$.\\
Theo định nghĩa tồn tại $v_n \in V(w)$ sao cho
\[e_n =\nabla \Phi(v_n+w)\]
Giả sử $v_n$ không bị chặn, lúc đó có dãy con $v_{n_k} \rightarrow \infty$ áp dụng điều kiện $\it{(iv)}$,\\
Suy ra $\Phi(v_{n_k}+w) \rightarrow -\infty$ điều này vô lí.\\
Vậy ta có $v_n$ là dãy bị chặn và do đó có dãy con hội tụ $v \in V$ do V hữu hạn chiều.\\
Mặc khác do $\Phi$ là hàm thuộc lớp $C^1$ vì thế cho nên ta có được $\nabla \Phi(v_{n_k}+w) \rightarrow \nabla \Phi (v+w)$ và dó đo ta được $e \in L(w)$.
\end{proof}
\begin{lem} [Bổ đề 8 trong \cite{YJMM}]\label{bd.2.7} Cho $u \in S$ thỏa \eqref{lem4} và $w=Pu$ khi đó $L(w)$ chứa 0, Và do đó tồn tại $v \in V(w)$ sao cho
\[ \nabla \Phi(v +w)=0\]
\end{lem}
\begin{proof}[Chứng minh.]
Giả sử $L(w)$ không chứa 0, Vì $L(w)$ là tập lồi, đóng trong không gian Hilbert E, nên tồn tại $ 0 \neq h_1 \in L(w)$ sao cho
\[ 0 \neq \|h_1\| =\inf \{ \|h\| \mid h \in L(w)\}\]
Vì $L(w)$ là tập lồi nên với $h \in L(w)$ và $\lambda \in [0,1]$ ta có
\[ h_1 +\lambda (h-h_1) \in L(w)\]
Suy ra
\[\|h_1\|^2 +2 \lambda \langle h-h_1,h_1 \rangle +\lambda^2 \|h-h_1\|^2 \geq \|h_1\|^2\]
Vậy
\[ 2 \langle h -h_1,h_1 \rangle +\lambda \|h-h_1\|^2 \geq 0\]
Cho $\lambda \rightarrow 0$ ta được
\[\langle h -h_1,h_1 \rangle \geq 0 \]
Hay
\[ \langle h ,h_1 \rangle \geq \|h_1\|^2\]
Suy ra
\begin{align}
\langle \nabla \Phi(v+w) , h_1 \rangle \geq \|h_1\|^2
\label{ep12.7}
\end{align}
$\Phi$ coercive, lồi, nửa liên tục dưới trên W nên đạt giá trị nhỏ nhất trên W.\\
Ta đặt $w_t = w+th_1, t\in (-1,1)$. Từ bổ đề \eqref{bd.2.2} tồn tại $v_t \in V(w_t)$ sao cho: $$\Phi(w_t +v_t)=\max_{ g \in V} \Phi(w_t+g).$$
Từ $\|w_t\| \leq \|w\|+\|h_1\| =c$ (constant), theo điều kiện (iv)\\
Với mọi $M >0$ và $R >0$ tồn tại $\delta >0$ sao cho: \\
\begin{center}
$ \Phi(v+w) \leq -R$ với $w \in W$ $ \|w\| \leq M$, $\|v\| \geq \delta$.
\end{center}
Chọn $M=c$ và $R >0$ sao cho $-R < \inf_W \Phi$ khi đó ta có
\[\Phi (v+w_t) < \inf_W \Phi \leq \Phi(w_t), \quad \forall v \in V, \quad \|v\| \geq A\]
Từ đây ta suy ra được \[ \|v_t\| \leq A\] thật vậy, nếu không ta có
\[ \Phi(v_t+w_t) < \Phi(w_t)\]
Điều này mâu thuẩn vì $$\Phi(w_t +v_t)=\max_{ g \in V} \Phi(w_t+g) \geq \Phi(w_t) > \Phi(v_t+w_t).$$
Lúc này ta có là :\[ \|v_t\| \leq A\]
Suy ra tồn tại $t_n \rightarrow 0$ và $t_n <0$ (chọn thích hợp và áp dụng tính hữu hạn chiều của $V$) thỏa $v_{t_n} \rightarrow v_0 \in V$, ta chứng minh $v_0 \in V(w)$.\\
Ta có:
\[\Phi (v_{t_n} +w+t_nh_1)= \Phi (v_{t_n} +w_{t_n}) \geq \Phi(v+w_{t_n})=\Phi (v+w+t_nh_1) \quad \forall v \in V\]
Lấy giới hạn hai vế ta được
\[ \Phi (v_0 +w )\geq \Phi(v+w) \quad \forall v \in V\]
Vậy nên $v_0 \in V(w)$.\\
Từ đó áp dụng bổ đề \eqref{bd.2.2} ta có được
\[\frac{\Phi(v_{t_n}+w_{t_n})-\Phi(v_{t_n}+w)}{-t_n} \geq \frac{\Phi(v_{t_n}+w_{t_n})-\Phi(v_0+w)}{-t_n} \geq 0 \]
Suy ra
\[ \frac{\Phi(v_{t_n}+w_{t_n})-\Phi(v_{t_n}+w)}{t_n} \leq 0\]
\[ \frac{\Phi(v_{t_n}+w +t_nh_1)-\Phi(v_{t_n}+w)}{t_n} \leq 0\]
Áp dụng định lí giá trị trung bình cho hàm :
\[f_n(s)=\Phi(v_{t_n}+w +st_nh_1)\]
tại điểm 0 và điểm 1.\\
Ta suy ra được tồn tại $\Theta_{n} \in (0,1)$ sao cho
\[ \langle \nabla \Phi(v_{t_n}+w+\Theta_n t_nh_1), h_1 \rangle \leq 0\]
Qua phép lấy giới hạn ta được
\[ \langle \nabla \Phi(v_0+w), h_1 \rangle \leq 0\]
Mà :\[||h_1||^2 \leq \langle \nabla \Phi(v_0+w), h_1 \rangle\]
Suy ra $h_1=0$.\\
Mâu thuẩn với giả thuyết $h_1\neq 0$ \\
Do đó $0\in L(w)$. Vậy tồn tại $v \in V(w)$ sao cho $P \nabla \Phi(v+w)=0$. Hay
\[\langle \nabla \Phi (v+w) ,h \rangle =0 \quad h \in W\]
Mặc khác theo bổ đề \eqref{bd.2.3} ta lại có
\[\langle \nabla \Phi (v+w) ,g \rangle =0 \quad g \in V\]
Vậy nên ta có
\[\langle \nabla \Phi (v+w) ,e \rangle =0 \quad e \in E\]
Hay \[\nabla \Phi (v+w)=0\]
Và $u=v+w$ chính là điểm dừng của $\Phi$ cần tìm.
\end{proof}
\section{Một số biến thể của các kết quả trên}
\noindent Ta nói $\Phi : X =V \oplus W \rightarrow R$ có dạng $ \jmath$ nếu
\begin{itemize}
\item[$\jmath_1$ ] $\Phi =q +\Psi$
\item[$\jmath_2$ ] $\Psi$ liên tục yếu
\item[$\jmath_3$ ] $q(v+w)=q(w)+q(v)$ với mọi $v \in V$ và $w \in W$
\item[$\jmath_4$ ] $q$ nửa liên tục trên yếu tại $V$.
\end{itemize}
\begin{thm}[Định lý 11 trong \cite{YJMM}]\label{dl2} Cho $H$ không gian HIlbert $H=V \oplus W$ với V không gian vector con đóng của H và $W = V^{\perp}$. $\Phi$ thỏa điều kịên $ \jmath$ và thỏa các điều kiện sau đây
\begin{itemize}
\item[\textbf{\textit{(i)}}] $q$ và $\Psi$ thuộc lớp $C^1$
\item[\textbf{\textit{(ii)}}] $\Phi$ coercive trên $W$
\item[\textbf{\textit{(iii)}}] $\Phi$ lõm trên $w+V$ với mọi $w \in W$
\item[\textbf{\textit{(iv)}}] $\Phi(v+w) \rightarrow -\infty$ khi $\|v\| \rightarrow \infty $ và hội tụ trên là đều trên tập bị chặn trên $W$
\item[\textbf{\textit{(v)}}] $\Phi$ nửa liên tục dưới yếu trên $v+W$ với mọi $v \in V$.
\item[\textbf{\textit{(vi)}}] Đạo hàm $\Phi$ liên tục yếu theo dãy trên $H$ i.e :
Nếu $v_n \rightharpoonup v$ thì \[(\nabla \Phi(v_n+w), h ) \rightarrow (\nabla \Phi(v_0+w), h) ,\forall h \in H\]
\end{itemize}
Khi đó $\Phi$ có điểm dừng trên $H$.
\end{thm}
\begin{Cy} Với các giả thiết trên các bổ đề \eqref{bd.2.1} vẫn đúng như phần chú ý \eqref{cy1} đã chỉ rõ, các bổ đề còn lại cũng giữ nguyên kết quả chỉ có bổ đề \eqref{bd.2.6} và \eqref{bd.2.7} là có sự thay đổi.
\end{Cy}
\begin{lem} \label{bd.3.1}
$L(w)$ đóng với mọi $w \in W$.
\end{lem}
\begin{proof}[Chứng minh]
Lấy dãy $s_n \in L(w)$, $s_n \rightarrow s$ trong $H$. Chứng minh $s \in L(w)$.\\
Theo định nghĩa thì tồn tại $v_n\in V(w)$ sao cho : $s_n=\nabla\Phi (v_n+w)$ \\
Với dãy $\nabla\Phi (v_n+w) \rightarrow s$ trong $H$. Chứng minh có $v \in V(w)$ sao cho $\nabla\Phi(v+w)=s$.\\
Chứng minh tương tự như bổ đề 2.3 thì ta có thể chứng minh là $v_n$ là dãy con bị chặn trong $V$.
Nhờ tính phản xạ của $H$ và tính đóng của không gian con $V$, ta chứng minh được $v_n $ có dãy con vẫn kí hiệu $v_n$ sao cho $v_n \rightharpoonup v_0$ trong $V$.\\
Ta chứng minh theo các bước sau:
\begin{itemize}
\item[1.] \textbf{Chứng minh $v_0 \in V(w)$.}\\
Ta có
\[\Phi(v_0+w)=q(v_0)+q(w)+\Psi(v_0+w)\]
Vì $q$ hàm nửa liên tục trên yếu tại $V$. Suy ra ta được
\[q(v_0) \geq \limsup q(v_n)\]
Và $\Psi$ liên tục yếu
\[\Psi(v_0+w) =\limsup \Psi(v_n+w)\]
Vậy
\[\Phi (v_0+w) \geq \limsup \Big( q(v_n)+q(w)+\Psi(v_n+w)\Big) =\max_{ g \in K} \Phi(g+w)\]
\item[2.] \textbf{Chứng minh $s = \nabla\Phi(v_0+w)$.}\\
Ta có là :
\[(s_n,h)=( \nabla\Phi(v_n+w), h ) \rightarrow ( \nabla\Phi(v_0+w), h) \quad h \in H\]
Kết hợp với $s_n \rightarrow s$ thì ta có là : $$( \Phi'(v_0+w), h)=( s, h),\forall h \in H.$$
Suy ra điều cần phải chứng minh.
\end{itemize}
\end{proof}
\begin{proof}[Chứng minh định lí \eqref{dl2}]
Giả sử $L(w)$ không chứa 0. Vì $L(w)$ là tập lồi, đóng trong không gian Hilbert E, nên tồn tại $ 0 \neq h_1 \in L(w)$ sao cho
\[ 0 \neq \|h_1\| =\inf \{ \|h\| \mid h \in L(w)\}\]
Vì $L(w)$ là tập lồi nên với $h \in L(w)$ và $\lambda \in [0,1]$ ta có
\[ h_1 +\lambda (h-h_1) \in L(w)\]
Suy ra
\[\|h_1\|^2 +2 \lambda \langle h-h_1,h_1 \rangle +\lambda^2 \|h-h_1\|^2 \geq \|h_1\|^2\]
Vậy
\[ 2 \langle h -h_1,h_1 \rangle +\lambda \|h-h_1\|^2 \geq 0\]
Cho $\lambda \rightarrow 0$ ta được
\[\langle h -h_1,h_1 \rangle \geq 0 \]
Hay
\[ \langle h ,h_1 \rangle \geq \|h_1\|^2\]
Suy ra
\begin{align}
\langle \nabla \Phi(v+w) , h_1 \rangle \geq \|h_1\|^2 \
\label{ctdl2}
\end{align}
$\Phi$ coercive, lồi, nửa liên tục dưới trên $W$ nên đạt giá trị nhỏ nhất trên $W$.\\
Ta đặt $w_t = w+th_1,|t|\leq 1$.\\
Từ bổ đề \eqref{bd.2.2} tồn tại $v_t \in V(w_t)$ sao cho:
$$\Phi(w_t +v_t)=\max_{ g \in V} \Phi(w_t+g)$$.\\
Từ $\|w_t\| \leq \|w\|+\|h_1\| =c$ (constant).\\
Theo điều kiện \textit{(iv)} i.e với mọi $M >0$ và $R >0$ tồn tại $\delta >0$ sao cho:
\begin{center}
$ \Phi(v+w) \leq -R$ với $w \in W$ $ \|w\| \leq M$, $\|v\| \geq \delta$
\end{center}
Chọn $M=c$ và $R >0$ sao cho $-R < \inf_W \Phi$ khi đó ta có
\[\Phi (v+w_t) < \inf_W \Phi \leq \Phi(w_t), \quad \forall v \in V, \quad \|v\| \geq A\]
Từ đây ta suy ra được: \[ \|v_t\| \leq A.\] Thật vậy, nếu không ta có:
\[ \Phi(v_t+w_t) < \Phi(w_t)\]
Điều này mâu thuẩn vì $\Phi(w_t +v_t)=\max_{ g \in V} \Phi(w_t+g) > \Phi(v_t+w_t)$. \\
Tương tự phần trên ta cũng có là: tồn tại $t_n \rightarrow 0$ và $t_n <0$ thỏa $v_{t_n} \rightharpoonup v_0 \in V$. Ta chứng minh $v_0 \in V(w)$.\\
Ta có $\Psi$ liên tục yếu nên
\[ \Psi (v +w) = \lim \Psi (v_{t_n}+w) =\limsup \Psi (v_{t_n}+w) \]
$q$ nửa liên tục trên yếu trên $V$ nên suy ra
\[q(v_0) \geq \limsup q(v_{t_n})\]
Mặc khác $q$ liên tục nên
\[q(w)=\lim q(w_{t_n})=\limsup q(w_{t_n})\]
Vậy nên ta suy ra được :
$$\begin{aligned}
\Phi(v_0+w)=q(v_0+w)+\Psi(v_0+w) & \geq \limsup q(v_{t_n}+w_{t_n}) +\limsup \Psi(v_{t_n}+w_{t_n}) \\
&\geq \limsup \Big( q(v_{t_n}+w_{t_n}) + \Psi(v_{t_n}+w_{t_n}) \Big) \\
&\geq q(v+w)+\Psi(v+w)=\Phi(v+w) ,\forall v \in V
\end{aligned}$$
\noindent Vậy $v_0 \in V(w)$.\\
Từ đó áp dụng bổ đề \eqref{bd.2.2} ta có được
\[\frac{\Phi(v_{t_n}+w_{t_n})-\Phi(v_{t_n}+w)}{-t_n} \geq \frac{\Phi(v_{t_n}+w_{t_n})-\Phi(v_0+w)}{-t_n} \geq 0 \]
Suy ra
\[ \frac{\Phi(v_{t_n}+w_{t_n})-\Phi(v_{t_n}+w)}{t_n} \leq 0\]
\[ \frac{\Phi(v_{t_n}+w +t_nh_1)-\Phi(v_{t_n}+w)}{t_n} \leq 0\]
Áp dụng định lí giá trị trung bình cho hàm :
\[f_n(s)=\Phi(v_{t_n}+w +st_nh_1)\]
tại điểm 0 và điểm 1 thì ta được là: tồn tại $\Theta_{n} \in (0,1)$ sao cho
\[ \langle \nabla \Phi(v_{t_n}+w+\Theta_n t_nh_1), h_1 \rangle \leq 0\]
Qua phép lấy giới hạn được:
\[ \langle \nabla \Phi(v_0+w, h_1 \rangle \leq 0\]
Kết hợp với \eqref{ctdl2} ta sẽ có mẫu thuẫn với giả thuyết $h_1\neq 0$.\\ Vậy $L(w)$ chứa 0 i.e tồn tại $v \in V(w)$ sao cho $P \nabla \Phi(v+w)=0$. Hay
\[\langle \nabla \Phi (v+w) ,h \rangle =0 ,\forall h \in W\]
Mặc khác theo bổ đề \eqref{bd.2.3} ta lại có
\[\langle \nabla \Phi (v+w) ,g \rangle =0 ,\forall g \in V\]
Vậy nên ta có
\[\langle \nabla \Phi (v+w) ,e \rangle =0 ,\forall e \in E\]
Hay \[\nabla \Phi (v+w)=0\]
\end{proof}
\begin{thm}[Định lý 13 trong \cite{YJMM}]\label{dl3} Cho $E$ không gian Hilbert, $\Phi \rightarrow R$, $V$ không gian vector con hữu hạn chiêu của $E$, $W$ phần bù trực giao của $V$, thỏa các tính chất sau đây
\begin{itemize}
\item[\textbf{\textit{(i)}}] $\Phi$ thuộc lớp $C^1$
\item[\textbf{\textit{(ii)}}] $\Phi$ coercive trên $W$.
\item[\textbf{\textit{(iii)}}] $\Phi$ strictly quasi concave trên $w+V$ với mọi $w\in W$ i.e:\\
$\forall x,y \in w+V , \lambda \in (0,1)$ thì : $$\Phi(\lambda x+(1-\lambda)y)> min \{\Phi(x),\Phi(y)\}$$
\item[\textbf{\textit{(iv)}}] $\Phi(v+w) \rightarrow -\infty$ khi $\|v\| \rightarrow \infty$ và hội tụ trên là đều trên tập bị chặn trên $W$.
\item[\textbf{\textit{(v)}}] $\Phi$ nửa liên tục dưới yếu trên $v+W$ với mọi $v \in V$.
\end{itemize}
Khi đó $\Phi$ có điểm dừng trên $E$.
\end{thm}
\begin{proof}[Chứng minh]
Với điều kiện \textit{(iii)}, ta sẽ chứng minh là $V(w)$ chỉ chứa duy nhất một điểm và từ đó suy ra $L(w)$ có 1 phần tử.\\
Gỉa sử: $\exists v_1,v_2\in V(w),v_1\neq v_2$ thì áp dụng (iii), ta có là:
$$\Phi(\lambda v_1+(1-\lambda)v_2+w)=\Phi(\lambda (v_1+w)+(1-\lambda)(v_2+w))> min \{\Phi(v_1+w),\Phi(v_2+w)\}=max_{g\in V}\Phi(g+w)$$
Từ đó ta có điều vô lý. Nên $V(w)$ chỉ có 1 phần tử.\\
Với $u=v+w$. Ta sẽ chứng minh $\nabla\Phi (u)=0$.\\
Ta biểu diễn $ u =v+w$ với $v \in V(w)$.\\
Cũng như phần đầu bổ đề \eqref{bd.2.7} ta chứng minh được, giả sử $h_1 \in L(w)$ khác 0 thì
\begin{align}
\langle \nabla \Phi(v+w) , h_1 \rangle \geq \|h_1\|^2
\label{ctdl3}
\end{align}
$\Phi$ coercive, lồi, nửa liên tục dưới trên $W$ nên đạt giá trị nhỏ nhất trên $W$.\\
Ta đặt $w_t = w+th_1,|t|\leq 1$. \\
Từ bổ đề \eqref{bd.2.2} tồn tại $v_t \in V(w_t)$ sao cho $\Phi(w_t +v_t)=\max_{ g \in V} \Phi(w_t+g)$.\\
Từ $\|w_t\| \leq \|w\|+\|h_1\| =c$ constant, \\
Theo điều kiện \textit{(iv)} i.e với mọi $M >0$ và $R >0$ tồn tại $\delta >0$ sao cho $ \Phi(v+w) \leq -R$ với $w \in W$ $ \|w\| \leq M$, $\|v\| \geq \delta$\\
Chọn $M=c$ và $R >0$ sao cho $-R < \inf_W \Phi$ khi đó ta có:
\[\Phi (v+w_t) < \inf_W \Phi \leq \Phi(w_t), \quad \forall v \in V, \quad \|v\| \geq A\]
Từ đây ta suy ra được \[ \|v_t\| \leq A\]
Thật vậy, nếu không ta có:
\[ \Phi(v_t+w_t) \leq \Phi(w_t)\]
Điều này mâu thuẩn vì $\Phi(w_t +v_t)=\max_{ g \in V} \Phi(w_t+g) \geq \Phi(v_t+w_t)$. \\
Suy ra tồn tại $t_n \rightarrow 0$ và $t_n <0$ thỏa $v_{t_n} \rightarrow v_0 \in V$, ta chứng minh $v_0 \in V(w)$.\\
Ta có
\[ \Phi (v_{t_n} +w_{t_n}) \geq \Phi(v+w) \quad \forall v \in V\]
Lấy giới hạn hai vế ta được
\[ \Phi (v_0 +w )\geq \Phi(v+w) \quad \forall v \in V\]
Vậy nên $v_0 \in V(w)$ và vì $V(w)$ chứa duy nhất điểm nên $v_0=v$.\\
Từ đó áp dụng bổ đề \eqref{bd.2.2} ta có được
\[\frac{\Phi(v_{t_n}+w_{t_n})-\Phi(v_{t_n}+w)}{-t_n} \geq \frac{\Phi(v_{t_n}+w_{t_n})-\Phi(v_0+w)}{-t_n} \geq 0 \]
Suy ra
\[ \frac{\Phi(v_{t_n}+w_{t_n})-\Phi(v_{t_n}+w)}{t_n} \leq 0\]
\[ \frac{\Phi(v_{t_n}+w +t_nh_1)-\Phi(v_{t_n}+w)}{t_n} \leq 0\]
Áp dụng định lí giá trị trung bình cho hàm:
\[f_n(s)=\Phi(v_{t_n}+w +st_nh_1).\]
Ta suy ra được tồn tại $\Theta_{n_k} \in (0,1)$ sao cho
\[ \langle \nabla \Phi(v_{t_n}+w+\Theta_n t_nh_1), h_1 \rangle \leq 0\]
Qua phép lấy giới hạn chú ý nên ta được
\[ \langle \nabla \Phi(v+w, h_1 \rangle \leq 0\]
Và ta có mâu thuẩn với kết quả \eqref{ctdl3}.
Còn lại ta làm tương tự 2 định lý trên thì ta cũng có điểm dừng cho hàm $\Phi$.
\end{proof}
\section{Ứng dụng}
\subsection{Bài toán:}
\noindent Cho $\Omega \subset \mathbb{R}^m,$ mở biên trơn bị chặn .
Xét :
\[
\begin{cases}
\begin{array}{c}
\begin{aligned}
-\Delta u(x)&=\lambda_k u(x)+D_uF(x,u(x))\quad \text{ trong } \quad \Omega\\
u&=0 \qquad \text{ trên } \quad \partial\Omega
\end{aligned}
\end{array}
\end{cases} \tag{\textbf{P}}
\]
Chứng minh là phương trình trên có nghiệm yếu .
\noindent Ta có là :
$$V_1=H^1_0(\Omega).$$
$$D(L)=H^2(\Omega)\cap H^1_0(\Omega).$$
%$$D(L)=H^2(\Omega)\cap H^1_0(\Omega).$$
$$L=-\Delta-\lambda_k Id$$
($\lambda_k$ là trị riêng thứ $k$ của $-\Delta$).
\noindent Lúc đó thì : $$L:D(L)\subset V_1\longrightarrow L^2(\Omega)$$
\noindent Xét hàm $F:\Omega \times \mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}$ có dạng : $F(x,u)$ là hàm thỏa:
\begin{itemize}
\item[\textbf{\textit{(i)}}] $F$ là lồi và khả vi theo $u$ với hầu hết $x\in \Omega$.
\item[\textbf{\textit{(ii)}}] $F$ là đo được với mọi $u\in \mathbb{R}$.
\end{itemize}
Các tính chất của $F$:
%$(F_0)$ $\forall r >0 ,sup_{|u|\leq r}|F(x,u)|\in L^1(\Omega)$
\begin{itemize}
\item[\textbf{\textit{(F1)}}] Tồn tại $l\in L^2(\Omega),\beta \in L^2(\Omega)$, $\beta >0$ sao cho : $$F(x,u) \geq l(x)u-\beta(x)$$
với mọi $u\in \mathbb{R}$, hấu hết $x$ trên $\Omega $
\item[\textbf{\textit{(F2)}}] $D_uF(.,u(.))\in V_1$ với mọi $u\in D(L)$
\item[\textbf{\textit{(F3)}}] Với mọi $\eta >0$ , tồn tại $\beta_{\eta}\in L^2(\Omega), \beta_{\eta}\geq 0$ sao cho : $$F(x,u)\leq (\alpha(x)+\eta)\frac{|u|^2}{2}+\beta_{\eta}(x)$$
với hầu hết $x\in \Omega$ với mọi $u\in \mathbb{R}$ , $\alpha \in L^{\infty}(\Omega)$ với $\inf ess \alpha(x)>0$ và $\alpha(x)\leq \mu_1$ và lớn hơn hẳn trên các tập đo đo dương .$\mu_1$ là trị riêng dương đầu tiên của $L$ .
\item[\textbf{\textit{(F4)}}] $\int_{\Omega}F(x,\widehat{u}(x))dx \rightarrow \infty$ khi $||\widehat{u}||\rightarrow \infty$ khi $\widehat{u}$ trong $Ker(L)$.
\end{itemize}
Kí hiệu $D_uF(x,u)$ là chỉ đạo hàm theo biến thứ 2 của $F$.\\
Ta đưa bài toán về nghiệm yếu (bỏ qua vài bước ):
$$\int _{\Omega}\nabla u(x)\nabla v(x)dx=\int _{\Omega}\lambda_k u(x)v(x)dx+\int _{\Omega}D_uF(x,u(x))v(x)dx$$
$$\int _{\Omega}\nabla u(x)\nabla v(x)dx-\lambda_k\int _{\Omega} u(x)v(x)dx=\int _{\Omega}D_uF(x,u(x))v(x)dx$$
$$\forall v\in V_1$$
Bài toán biến phân của nó là : Tìm điểm dừng của hàm dưới :
$$\Phi(u)=\frac{1}{2}\int_{\Omega}|\nabla u(x)|^2dx-\frac{\lambda_k}{2}\int _{\Omega} |u(x)|^2dx-\int_{\Omega}F(x,u(x))dx$$
với $u\in V_1$\\
Chuẩn của $L^2(\Omega)$ là : $$||u||_{L^2}=\sqrt{\int_{\Omega}| u(x)|^2dx}.$$
Chuẩn của $H^1_0(\Omega)$ là $$||u||_{H^1_0}=\sqrt{\int_{\Omega}|\nabla u(x)|^2dx}.$$
\newpage
Ta cần tính chất sau : Tồn tại $\{e_n\}\in C^{\infty}(\overline{\Omega})$ là họ trực giao tối đại (họ trực giao này khác 0 với mọi $n$) trong $L^2$ (thậm chí họ này còn là trực giao tối đại trên $H_0^1$) và 1 dãy $0<\lambda_n$ tăng ngặt về vô cùng sao cho : (xem trong \cite{Brezis}.)
\[
\begin{cases}
\begin{array}{c}
\begin{aligned}
-\Delta u(x)&=\lambda_n e_n(x)\quad \text{ trong } \quad \Omega\\
e_n&=0\qquad \text{ trên } \quad \partial\Omega
\end{aligned}
\end{array}
\end{cases}
\]
%Ta có thể sử dụng tính liên tục của $-\Delta e_n$ trên $\overline{\Omega}$ và $e_n|{\partial \Omega}=0$ để chứng minh là :$-\Delta e_n=0$ trên $\partial \Omega $ . Và từ đó ta có là : $$\{e_n\}\subset D(L)$$
%Nên $L$ có thể tác động vào $e_n$.\\
Các không gian sinh bởi các trị riêng này là $E_i$ và $dim E_i=1$.\\
Lúc đó:
\begin{align*}
Ker(L)&=\{u\in V|\text{ }Lu=0\}\\
&=\{u\in V|\text{ }-\Delta u-\lambda_k u=0\}\\
&=E_k
\end{align*}
Và
\begin{align*}
A&=\{u\in V\setminus\{0\}|\exists \lambda<0,\text{ sao cho: }Lu=\lambda u\}\\
&=\{u\in V\setminus\{0\}|\exists \lambda<0,\text{ sao cho: }-\Delta u-\lambda_k u=\lambda u\}\\
&=\{u\in V\setminus\{0\}|\exists \lambda<0,\text{ sao cho: }-\Delta u=(\lambda+\lambda_k) u\}
\end{align*}
Do cái trên là trị riêng của $-\Delta$ nên ta có là : $\lambda+\lambda_k=\lambda_i$ với i nào đó và ta có là $\lambda=\lambda_i-\lambda_k<0$ nên ta có $i$ chạy từ $1,...,k-1$ (nếu k=1 thì $A$ là rỗng).\\
Nên là :$$A=(\bigcup_{i=1}^{k-1}E_i) \setminus \{0\}$$
Do các không $E_i$ khá đặc biệt nên ta có là :$$<A>=\bigoplus_{i=1}^{k-1}E_i$$
Và đặt $$H^{-}=\bigoplus_{i=1}^{k-1}E_i$$
\begin{align*}
B&=\{u\in V|\exists \lambda>0 ,Lu=\lambda u\}\\
&=\{u\in V|\exists \lambda>0 ,-\Delta u=(\lambda+\lambda_k) u\}
\end{align*}
Tương tự ta có là :
\begin{align*}
B&=(\bigcup_{i=k+1}^{\infty}E_i)\setminus \{0\}\\
\left \langle B \right \rangle &=\bigoplus_{i=k+1}^{\infty}E_i
\end{align*}
Đặt $$H^{+}=\overline{<B>}_{L^2}$$
\begin{lem}[Bổ đề nhỏ] Cho $A\subset H^1_0{(\Omega)}$ , lúc đó $A\subset L^2(\Omega)$. Gỉa sử $A$ đóng trong $L^2$ với chuẩn $L^2$.Chứng minh là $A$ đóng trong $H^1_0$ với chuẩn $H^1_0$.
\end{lem}
\begin{proof}[Chứng minh]
Lấy $u_n\in A$ sao cho : $u_n\rightarrow u$ trong $H^1_0 $. Chứng minh là $u\in A$.
Do bất đẳng thức Poincare : $$\int_{\Omega}|w(x)|^2dx\leq \frac{1}{\lambda_1}\int_{\Omega}|\nabla w(x)|^2dx,\forall w\in H^1_0$$
Nên ta có là $u_n\rightarrow u$ trong $L^2$ .Do tính đóng của $A$ trong $L^2$ nên ta có là $u\in A$. Từ đó ta có là $A$ đóng trong $H^1_0$ .
\end{proof}
\begin{lem}[Bổ đề về dạng toàn phương]
Cho $H$ là không gian Hilbert. Cho $a:H\times H\rightarrow \mathbb{R}$ là song tuyến tính .Giã sử là $$a(u,u)\geq 0,\forall u $$
Lúc đó đặt $f(u)=a(u,u)$ thì $f$ lồi !.\\
$f$ còn gọi là dạng toàn phương . Và $f(u)\geq 0 $ là dạng toàn phương dương .
\end{lem}
\begin{proof}[Chứng minh]
Chứng minh : Lấy $u,v\in H,t\in (0,1)$ .\\
Ta cần chứng minh là :
$$f(tu+(1-t)v)\leq tf(u)-(1-t)f(v)$$
Ta có:
$$\begin{aligned}
f(tu+(1-t)v)&=a(tu+(1-t)v,tu+(1-t)v)\\
&=t^2a(u,u)+t(1-t)a(u,v)+t(1-t)a(v,u)+(1-t)^2a(v,v)
\end{aligned}$$
Với $tf(u)=ta(u,u)$ và $(1-t)f(v)=(1-t)a(v,v)$.\\
Việc chứng minh là tương đương với việc là :
$$\begin{aligned}
f(tu+(1-t)v)-tf(u)+(1-t)f(v)& =t^2a(u,u)+t(1-t)a(u,v)+t(1-t)a(v,u)+(1-t)^2a(v,v)\\
&-ta(u,u)-(1-t)a(v,v)\\
&\leq 0
\end{aligned}$$
Ta có là :
\begin{align*}
t(1-t)a(u,v)-ta(u,u)&=t(1-t)a(u,v)-t(1-t+t)a(u,u)\\
&=t(1-t)a(u,v)-t(1-t)a(u,u)-t^2a(u,u)\\
&=t(1-t)a(u,v-u)-t^2a(u,u)
\end{align*}
Và
\begin{align*}
t(1-t)a(v,u)-(1-t)a(v,v)&=t(1-t)a(v,u)-(t+1-t)(1-t)a(v,v)\\
&=t(1-t)a(v,u)-t(1-t)a(v,v)-(1-t)^2a(v,v)\\
&=t(1-t)a(v,u-v)-(1-t)^2a(v,v).
\end{align*}
Từ đó ta có là :
\begin{align*}
&t^2a(u,u)+t(1-t)a(u,v)+t(1-t)a(v,u)+(1-t)^2a(v,v)-ta(u,u)-(1-t)a(v,v)\\
&=t(1-t)a(u,v-u)-t^2a(u,u)+t(1-t)a(v,u-v)-(1-t)^2a(v,v)+t^2a(u,u)+(1-t)^2a(v,v)\\
&=t(1-t)a(u,v-u)+t(1-t)a(v,u-v)\\
&=t(1-t)a(u-v,v-u)\\
&=-t(1-t)a(u-v,u-v)
\end{align*}
Vậy ta có là : $$f(tu+(1-t)v)-tf(u)-(1-t)f(v)=-t(1-t)a(u-v,u-v)\leq 0$$
Suy ra điều cần chứng minh .
Tượng tự nếu $a(u,u)\leq 0$ thì ta cũng có là : $f$ lõm do đẳng thức ở trên !.
\end{proof}
\noindent Từ đó ta có $H^+$ đóng trong cả $L^2$ và $H^1_0$ theo cả hai chuẩn khác nhau .\\
Ta có thể chứng minh nhờ tính tối đại của họ trực giao và tính đóng của $H^+$ là: $$H^1_0=Ker(L)\oplus H^{-}\oplus H^{+}$$
$$L^2=Ker(L)\oplus H^{-}\oplus H^{+}$$
Và $(Ker(L)\oplus H^{-})^{\perp}=H^{+}$ (theo chuẩn $H^1_0$ lẫn $L^2$)\\
Từ đây ta có thể chỉ ra là :$$\mu_1=\lambda_{k+1}-\lambda_{k}$$
Gọi $\{ \mu_n \}_{n\in B}$ ,$B$ đếm được nào đó là các trị riêng của $L$ thì ta có là :
Các trị riêng âm là : $\mu_{-1}=\lambda_{k-1}-\lambda_k$ (trị riêng âm đầu tiên),.... $\mu_{-k+1}=\lambda_{1}-\lambda_{k}$.\\
Trị riêng 0 là : $\mu_0=\lambda_k-\lambda_k=0$.\\
Các trị riêng dương là : $\mu_{1}=\lambda_{k+1}-\lambda_k$,...,$\mu_{n}=\lambda_{k+n}-\lambda_k$,....\\
Bây giờ ta sẽ áp dụng định lý 1 để giải bài này .
%\section{\fontsize{20pt}{20pt}\selectfont Định lý 2} : Với $(H,<.>)$ là không gian Hilbert . $\Phi:H\rightarrow \mathbb{R}$ là một hàm , $V$ là một không gian con hữu hạn chiều trong $H$
%và $W=V^{\perp }$ thỏa :
%
%(i) $\Phi $ là một hàm $C^1$.
%
%(ii) $\Phi$ coercive trên $W$ .
%
%(i.e: $||w||_{W}\rightarrow \infty==>\Phi(w)\rightarrow \infty$ , $W$ thừa hưởng chuẩn của $H$).
%
%(iii) $\Phi$ lõm trên $w+V,\forall w \in W$ .
%
%(i.e : $\Phi((1-t)x+ty)\geq (1-t)\Phi(x)+t\Phi(y)\quad \forall x,y\in w+V,t\in [0,1]$).
%
%(iv) $\Phi(v+w) \rightarrow -\infty $ khi $||v||_V\rightarrow \infty$
%và sự hội tụ này đều trên một tập bị chặn của $W$ .
%
%(v) $\Phi$ là một nửa liên tục yếu trên $v+W,\forall v \in V$.
%
%Lúc đó $\Phi$ có điểm dừng trong $H$.
\noindent Chọn :
\begin{align*}
H&=V_1=H_{0}^1,\\
V&=ker(L)\oplus H^{-},\\
W&=H^{+}.
\end{align*}
Ta có thể kiểm tra $ker(L)\oplus H^{-}$ hữu hạn chiều phù hợp với định lý 2.1.\\
Ta chỉ cần chứng minh các tính chất trong định lý 2.1 cho $\Phi$ là đủ.
\begin{proof}[Chứng minh] Chia làm nhiều phần:
\begin{itemize}
\item[\textbf{\textit{(i)}}] \textbf{$\Phi$ là một hàm $C^1$}.
\noindent Do tính lồi và sự khả vi của $F$ theo biến thứ 2 nên ta có là : Với hầu hết $x\in \Omega,$ với mọi $u_1,v\in \mathbb{R}$ thì ta có là :
\begin{align}
F(x,v+u_1)-F(x,u_1)\geq D_uF(x,u_1)v
\label{cti}
\end{align}
(chứng minh này đi khá sâu vào phần kiến thức lồi nên ta bỏ qua chứng minh ở đây).
%Lấy $u\in L^2(\Omega)$, ta có là :$\forall v\in \mathbb{R} $,$x\in \Omega,a.e$ thì :
%$$F(x,v+u(x))-F(x,u(x))\geq D_uF(x,u(x))v,(2)$$
Từ $(F_1),(F_3)$ , ta có là : Với $\eta >0$ thì có $\beta_{\eta}\in L^2(\Omega),\beta \geq 0$
$$F(x,u_2) \geq l(x)u_2-\beta(x)$$
Suy ra
$$-F(x,u_2)\leq -l(x)u_2+\beta(x)\leq\frac{|u_2|^2}{2}+ \frac{|l(x)|^2}{2}+\beta(x)$$
Chọn $\eta$ khá lớn sao cho : $\mu_1+\eta >1$ thì ta có là :
$$-F(x,u_2)\leq (\mu_1+\eta)\frac{|u_2|^2}{2}+ \frac{|l(x)|^2}{2}+\beta(x)+\beta_{\eta}(x)$$
Ta cũng có là
\begin{align*}
F(x,u_2)&\leq (\alpha(x)+\eta)\frac{|u_2|^2}{2}+\beta_{\eta}(x)\\
&\leq (\mu_1+\eta)\frac{|u_2|^2}{2}+\beta_{\eta}(x)\\
&\leq (\mu_1+\eta)\frac{|u_2|^2}{2}+\beta_{\eta}(x)+\frac{|l(x)|^2}{2}+\beta(x)
\end{align*}
Đặt : $d(x)=\beta_{\eta}(x)+\frac{|l(x)|^2}{2}+\beta(x)$ và $c=\mu_1+\eta$\\
Thì do $\Omega$ bị chặn nên ta có là $L^2(\Omega)\subset L^1(\Omega)$ và dó đó ta có là : $d \in L^1(\Omega)$ .\\
Từ đó ta có là :
$$|F(x,u_2)|\leq c\frac{|u_2|^2}{2}+d(x)$$
Thay $u_2$ lần lượt là $v+u_1$ và $u_1$ với $u_1,v\in \mathbb{R}$ thì ta có là :
$$|F(x,u_1)|\leq c\frac{|u_1|^2}{2}+d(x)$$
$$|F(x,v+u_1)|\leq c\frac{|v+u_1|^2}{2}+d(x)$$
Kết hợp với \eqref{cti} ta có là :
\begin{align*}
D_uF(x,u_1)v &\leq F(x,v+u_1)-F(x,u_1)\\
&\leq c\frac{|v+u_1|^2}{2}+d(x)+c\frac{|u_1|^2}{2}+d(x)
\end{align*}
Ta sử dụng bất đẳng thức tam giác và $(a+b)^2\leq 2(a^2+b^2),a,b\geq 0$.\\
Ta được
\begin{align*}
D_uF(x,u_1)v &\leq c(|v|^2+|u_1|^2)+c\frac{|u_1|^2}{2}+2d(x)
=c\frac{|v|^2}{2}+\frac{3c}{2}|u_1|^2+2d(x)
\end{align*}
Chọn $v=K.D_uF(x,u_1)$ với $K$ là hằng số nào đó.\\
Thì ta có :
$$K|D_uF(x,u_1)|^2\leq cK^2|D_uF(x,u_1)|^2+\frac{3c}{2}|u_1|^2+2d(x)$$
Suy ra
$$(K-cK^2)|D_uF(x,u_1)|^2\leq c|u_1|^2+2d(x)$$
%Ta phải chọn $K$ sao cho $K-cK^2>0$
%
%Ta có nghiệm của phương trình trên là $K=0$ hoặc $K=\frac{1}{c}$
%
%Do trái dấu với $"a"$ của phương trình bậc 2 này nên ta có thể chọn $K$ trong khoảng $(0,\frac{1}{c})$.
Chọn $K=\dfrac{1}{2c}$ thì ta có là :
$$K-cK^2=\frac{1}{2c}-\frac{1}{4c}=\frac{1}{4c}$$
Thay vào ta có là : $$\frac{1}{4c}|D_uF(x,u_1)|^2\leq c|u_1|^2+2d(x)$$
Từ đó ta có là : $$|D_uF(x,u_1)|^2\leq 4c^2|u_1|^2+8cd(x)$$
Đặt $k=4c^2>0,e(x)=8cd(x)$ thì ta có là $e\in L^1,e\geq 0$.
$$|D_uF(x,u_1)|^2\leq k|u_1|^2+e(x)$$
Suy ra
\begin{align*}
|D_uF(x,u_1)|&\leq \sqrt{ k|u_1|^2+e(x)}\\
&=\sqrt{ |\sqrt{k} u_1|^2+(\sqrt{|e(x)|})^2}\\
&\leq |\sqrt{k} u_1|+\sqrt{|e(x)|}
\end{align*}
(do $\sqrt{a^2+b^2}\leq |a|+|b|$).\\
Ta có là : $$\int_{\Omega}|\sqrt{|e(x)|}|^2dx=\int_{\Omega}|e(x)|dx<\infty$$
Đặt $h(x)=\sqrt{|e(x)|},g=\sqrt{k}$ thì $h\in L^2$ .\\
Nên ta có là : $$|D_uF(x,u_1)|\leq g|u_1|+h(x),\forall u_1\in \mathbb{R},\forall x\in \Omega.$$
Từ đó ta có là $$\Psi (u)=\int_{\Omega}F(x,u(x))dx$$
Thì ta có là $\Psi\in C^1(L^2(\Omega),\mathbb{R})$(lý thuyết về toán tử Nemyski).
Xét ánh xạ : $id_{H^1_0}:H^1_0\rightarrow L^2, id_{H^1_0}(u)=u$ thì ta có $id_{H^1_0}$ là ánh xạ tuyến tính liên tục và do đó $C^1$. Đặt : $\Lambda =\Psi \circ id_{H^1_0} $ thì ta có $\Lambda\in C^1(H^1_0,\mathbb{R})$.
$$\Lambda(u)=\int_{\Omega}F(x,u(x))dx,u \in H^1_0(\Omega).$$
$$D\Lambda(u)(v)=\int_{\Omega}D_uF(x,u(x))v(x)dx,u,v \in H^1_0(\Omega)$$
Nhắc lại hàm $\Phi$ :
\begin{align*}
\Phi(u)&=\frac{1}{2}\int_{\Omega}|\nabla u(x)|^2dx-\frac{\lambda_k}{2}\int _{\Omega} |u(x)|^2dx-\int_{\Omega}F(x,u(x))dx\\
&=\frac{1}{2}\int_{\Omega}|\nabla u(x)|^2dx-\frac{\lambda_k}{2}\int _{\Omega} |u(x)|^2dx-\Lambda(u)
\end{align*}
Dễ thấy
\begin{align}
\frac{1}{2}\int_{\Omega}|\nabla u(x)|^2dx-\frac{\lambda_k}{2}\int _{\Omega} |u(x)|^2dx
\end{align}
thuộc vào $C^1(H^1_0,\mathbb{R})$.\\
Từ đó ta có $\Phi$ thuộc lớp $C^1$.
%(Không cần điều kiện $F_0 , F_2$ why ?).
\item[\textbf{\textit{(iii)}}] \textbf{Chứng minh $\Phi$ lõm trên $w+V$ với $w\in W$}
Tính lõm của $-\Lambda$ có thể suy thẳng ra từ tính lồi của $F$.\\
Đặt $$q(u)=\frac{1}{2}\int_{\Omega}|\nabla u(x)|^2dx-\frac{\lambda_k}{2}\int _{\Omega} |u(x)|^2dx$$
Ta có $q$ là dạng toàn phương.\\
Với $v\in V$ thì : $$\int_{\Omega}|\nabla v(x)|^2dx\leq \lambda_k\int _{\Omega} |v(x)|^2dx$$.\\
Nên $q(v)\leq 0,\forall v\in V$, suy ra được $q$ lõm trên $V$.\\
Lấy $w\in W,v\in V$ thì : $$\int_{\Omega}|\nabla (w(x)+v(x))|^2dx=\int_{\Omega}|\nabla w(x)|^2dx+\int_{\Omega}|\nabla v(x)|^2dx$$
$$\int _{\Omega} |w(x)+v(x)|^2dx=\int _{\Omega} |w(x)|^2dx+\int _{\Omega} |v(x)|^2dx$$
Suy ra là $$q(v+w)=q(v)+q(w),\forall v\in V,w\in W$$.\\
Ta chứng minh tính lõm của của $q$ trên $w+V$ với $w\in W$:\\
Lấy $u_1,u_2\in w+V,t\in [0,1]$ .\\
Chứng minh :
$$q(tu_1+(1-t)u_2)\geq tq(u_1)+(1-t)q(u_2)$$
Do định nghĩa nên tồn tại $v_1,v_2\in V$ sao cho :
$$u_1=w+v_1,u_2=w+v_2$$
Từ đó ta có là :
\begin{align*}
q(tu_1+(1-t)u_2)&=q(t(v_1+w)+(1-t)(v_2+w))\\
&=q(tv_1+(1-t)v_2+w)=q(tv_1+(1-t)v_2)+q(w)\\
&\geq tq(v_1)+(1-t)q(v_2)+q(w)=t(q(v_1)+q(w))+(1-t)(q(v_2)+q(w))\\
&=tq(v_1+w)+(1-t)q(v_2+w)=tq(u_1)+(1-t)q(u_2)
\end{align*}
(ta có bắt đẳng thức là do tính lõm trên $V$ của $q$).
\item[\textbf{\textit{(v)}}] \textbf{$\Phi$ là hàm nửa liên tục yếu trên $v+W$ với $v\in V$.}
Ta có trên $w\in W$ thì $$\int_{\Omega}|\nabla w(x)|^2dx\geq \lambda_{k+1}\int _{\Omega} |w(x)|^2dx\geq\lambda_{k}\int _{\Omega} |w(x)|^2dx $$
Từ đó ta có: $q(w)\geq 0,\forall w\in W$ nên ta có $q$ lồi trên $W$. Chứng minh tương tự $(iii)$ ta cũng có là $q$ lồi trên $v+W$.Kết hợp với tính liên tục của $q$ ta cũng có là $q$ là hàm nửa liên tục dưới yếu theo dãy.
Ta chứng minh $-\Lambda$ là hàm nửa liên tục dưới yếu theo dãy (ta có thể chứng minh luôn là $\Lambda$ liên tục yếu theo dãy).
Lấy $u_n\rightharpoonup u$ trong $H^1_0$ ta chứng minh là :
$$\Lambda(u_n)\rightarrow \Lambda(u)$$
Gỉa sử $\Lambda(u_n)$ không hội tụ về $ \Lambda(u)$ thì lúc đó ta sẽ có một dãy con $u_{n_k}$ và một $\varepsilon >0$ sao cho :
$$|\Lambda(u_{n_k})-\Lambda(u)|\geq \varepsilon,\forall k\in \mathbb{N}$$
Lúc đó ta vẫn có $u_{n_k}\rightharpoonup u$. Do $H^1_0$ nhúng compact vào $L^2$ nên ta có ngay một dãy con nửa vẫn kí hiệu là $u_{n_k}$ hội tụ mạnh về $u$ trong $L^2$. \\
Ta trả về định nghĩa của hàm $\Lambda$ thì ta có $$\Lambda(u_{n_k})=\Psi(u_{n_k}),\Lambda(u)=\Psi(u)$$
Và ta có $\Psi$ liên tục trên $L^2$ do chứng minh trong (i) nên ta có là : $$|\Psi(u_{n_k})-\Psi(u)|\rightarrow 0$$
và $$|\Psi(u_{n_k})-\Psi(u)|\geq \varepsilon,\forall k\in \mathbb{N}$$
Từ đó suy ra vô lý. Vậy $\Lambda$ sẽ liên tục yếu theo dãy và do đó $-\Lambda$ sẽ nửa liên tục yếu theo dãy.
Từ đó ta có kết luận $\Phi$ là hàm nửa liên tục yếu trên $v+W$ với $v\in V$. (do $\Phi=q-\Lambda$)
\item[\textbf{\textit{(ii)}}] \textbf{$\Phi$ corecive trên $W$}
Trước tiên ta đặt :$$p(u)=\frac{1}{2}\int_{\Omega}|\nabla u(x)|^2dx-\frac{\lambda_k}{2}\int _{\Omega} |u(x)|^2dx-\frac{1}{2}\int_{\Omega}\alpha(x)|u(x)|^2dx$$
Ta sẽ cố gắng chứng minh là tồn tại $\delta >0$ sao cho :
$$p(u)\geq \delta ||u||^2_{H^1_0},\forall u\in W$$
Điều tương đương với điều cần chứng minh là (có được là do $p$ là 1 dạng toàn phương ) : $\exists\delta >0 $ sao cho :
$$p(u)\geq \delta,\forall u\in W,||u||^2_{H^1_0}=1$$
Trước tiên ta có là :
\begin{align*}
p(u)&\geq \frac{1}{2}\int_{\Omega}|\nabla u(x)|^2dx-\frac{\lambda_k}{2}\int _{\Omega} |u(x)|^2dx-\frac{1}{2}\int_{\Omega}\mu_1|u(x)|^2dx\\
&=\frac{1}{2}\int_{\Omega}|\nabla u(x)|^2dx-\frac{\lambda_{k+1}}{2}\int _{\Omega} |u(x)|^2dx\geq 0.
\end{align*}
(do chứng minh trên thì ta có là $\mu_1=\lambda_{k+1}-\lambda_k.$ một kết quả phụ là $p\geq 0$ trên $W$).\\
Nhắc lại $W$ là không gian bao đóng của không gian sinh các vector riêng ứng với các trị riêng dương của $L$. Và $$W=\overline{\bigoplus_{i=k+1}^{\infty}E_i}$$
Với $p(u)=0$ thì ta suy ra là : $$\frac{1}{2}\int_{\Omega}|\nabla u(x)|^2dx=\frac{\lambda_{k+1}}{2}\int _{\Omega} |u(x)|^2dx$$
Và do đó suy ra $u\in E_{k+1}$. Tức là $Lu=\mu_1u$. \\
Nhưng với $p(u)=0$ thì : $$\frac{\mu_1}{2}\int _{\Omega} |u(x)|^2dx-\frac{1}{2}\int_{\Omega}\alpha(x)|u(x)|^2dx=0$$
$$\int _{\Omega}(\mu_1-\alpha(x)) |u(x)|^2dx=0$$
Do $\alpha(x)\leq \mu_1$ nên ta có là : $$(\mu_1-\alpha(x)) |u(x)|^2=0,\forall x\in \Omega$$
(ta có thể giả sử như thế vì thật sự thì nó chỉ đúng với hầu hết $x\in \Omega$ nhưng trên tập độ đo không đó ta định nghĩa nó là 0 là xong ).\\
Do $\alpha(x)< \mu_1$ trên các tập dộ dương nên ta có ngay là :
$$|u(x)|^2=0 \quad \textit{trên mọi tập độ dương con }\Omega.$$
Và do đó $u=0$ a.e $\Omega$.\\
Giả sử điều cần chứng minh sai !\\
Tức là : $\forall \delta >0$ thì tồn tai $||u_{\delta}||_{H^1_0}=1$ sao cho : $$p(u_{\delta})< \delta$$
Chọn $\delta =\frac{1}{n}$ thì ta có một dãy $u_n\in H^1_0,||u_n||_{H^1_0}=1$ sao cho : $$p(u_{n})<\frac{1}{n}$$
Suy ra là $$p(u_n)\rightarrow 0.$$
Ta áp dụng tính compact yếu của $H^1_0$ và sự nhúng compact của không gian này vào $L^2$ thì ta có thể thêm giả sử cho $u_n$ này là :
$$u_n\rightharpoonup_{H^1_0} u$$
$$u_n\rightarrow_{L^2}u$$
Do $p$ là 1 dạng toàn phương và dương nên lồi .\\
Ta có thể chứng minh dễ dàng là $p$ liên tục trên $H^1_0$ (lấy $v_n$ hội tụ về $v$ trong $H^1_0$ và do đó hội tụ về $v$ trong $L^2$ và từ đó ta có chứng minh các chuẩn của $v_n$ trong $H^1_0$, $L^2$ trong $\int_{\Omega}{\alpha |u|^2}$ hội tụ về chuẩn $v$. Suy ra là $p$ liên tục ).\\
Từ đó ta có $p$ nửa liên tục dưới yếu trên $H^1_0$. \\
Ta có là : $$0= \liminf p(u_n)\geq p(u)\geq 0$$
Suy ra $u=0$ (do chứng minh phía trên).
Do là : $$p(u_n)=\frac{1}{2}\int_{\Omega}|\nabla u_n(x)|^2dx-\frac{\lambda_k}{2}\int _{\Omega} |u_n(x)|^2dx-\frac{1}{2}\int_{\Omega}\alpha(x)|u_n(x)|^2dx$$
Vì $\int_{\Omega}\alpha(x)|u_n(x)|^2dx\leq \mu_1 \int_{\Omega}|u_n(x)|^2dx$.
Kết hợp với $u_n\rightarrow_{L^2} 0$. Thì ta có là :
$$\int_{\Omega}|\nabla u_n(x)|^2dx\rightarrow 0$$
Tương đương với:
$$||u_n||_{H^1_0}\rightarrow 0$$
Suy ra vô lý do $$||u_n||_{H^1_0}=1.$$
Và do đó ta có điều cần chứng minh là :
Từ đó ta có điều cần chứng minh : $\exists \delta >0$ sao cho :
$$p(u)\geq \delta ||u||^2_{H^1_0},\forall u\in W.$$
Xét với mọi $u\in W,\eta >0$ thì tồn tại $\beta_{\eta}\geq 0 $ trong $L^2$ sao cho :
\begin{align*}
\Phi(u)&=\frac{1}{2}\int_{\Omega}|\nabla u(x)|^2dx-\frac{\lambda_k}{2}\int _{\Omega} |u(x)|^2dx-\int_{\Omega}F(x,u(x))dx\\
&\geq \frac{1}{2}\int_{\Omega}|\nabla u(x)|^2dx-\frac{\lambda_k}{2}\int _{\Omega} |u(x)|^2dx-\frac{1}{2}\int_{\Omega}\alpha(x)|u(x)|^2 dx\\
&-\frac{\eta}{2}\int_{\Omega}|u(x)|^2dx-\int_{\Omega}\beta_{\eta}(x)dx\\
&=p(u)-\frac{\eta}{2}\int_{\Omega}|u(x)|^2dx-\int_{\Omega}\beta_{\eta}(x)dx\\
&\geq \delta ||u||_{H^1_0}^2-\frac{\eta}{2\lambda_{k+1}}||u||_{H^1_0}-||\beta_{\eta}||_{L^1}
\end{align*}
Ta sử dụng bất đẳng thức sau cho chứng minh trên :$$\int_{\Omega}|\nabla u(x)|^2dx\geq \lambda_{k+1}\int_{\Omega}|u(x)|^2dx,\forall u \in W$$
Chọn $\eta =\delta \lambda_{k+1}$ thì ta có là :
$$\Phi(u)\geq \frac{\delta}{2}||u||_{H^1_0}-||\beta_{\eta}||_{L^1},\forall u\in W$$
Từ đó ta có tính coercive trên $W$.
\item[\textbf{\textit{(iv)}}] \textbf{$\Phi(v+w)\rightarrow -\infty$ khi $||v||\rightarrow \infty$ và hội tụ này là đều trên các tập bị chặn trên $W$.}
Ta chia thành hai trường hợp:
\begin{itemize}
\item[TH1:] Với $k=1$. Lúc đó thì $V=ker (L)$ (do lúc này thì trị riêng âm không tồn tại ). Xét $w\in W,||w||_{H^1_0}\leq C$,$v\in ker(L)$ thì:\\
Ta có là:
\begin{align*}
q(w)&=\frac{1}{2}\int_{\Omega}|\nabla w(x)|^2dx-\frac{\lambda_k}{2}\int _{\Omega} |w(x)|^2dx\\
&\leq \frac{1}{2}||w||_{H^1_{0}}^2+\frac{\lambda_{k}}{2\lambda_1}||w||^2_{H^1_0}\\
&\leq \frac{C^2}{2}+\frac{\lambda_{k}}{2\lambda_1}C^2\textit{ = hằng số}=H\\
\end{align*}
Xét:
$$\Phi(v+w)=q(v)-\int_{\Omega}F(x,v(x)+w(x))dx=-\int_{\Omega}F(x,v(x)+w(x))dx$$
Ta có là:
\begin{align*}
F(x,\frac{1}{2} v(x))&=F(x,\frac{1}{2}(v(x)+w(x)-w(x)))\\
&\leq \frac{1}{2} F(x,v(x)+w(x))+\frac{1}{2} F(x,-w(x))
\end{align*}
Tồn tại $\beta \in L^1,\beta \geq 0$ sao cho:
\begin{align*}
F(x,u_1)&\leq \frac{\mu_1+1}{2}u_1^2+\beta(x),\forall x\in \Omega ,u_1\in \mathbb{R}\\
&\leq \frac{1}{2} F(x,v(x)+w(x))+\frac{\mu_1+1}{4}w(x)^2+\frac{\beta(x)}{2}
\end{align*}
Từ đó, ta có là: $$-F(x,v(x)+w(x))\leq -2F(x,\frac{1}{2} v(x))+\frac{\mu_1+1}{2}w(x)^2+\beta(x)$$
Vậy
\begin{align*}
\Phi(v+w)&\leq \int_{\Omega}(-2F(x,\frac{1}{2} v(x))+\frac{\mu_1+1}{2}w(x)^2+\beta(x))dx\\
&\leq -2 \int_{\Omega}(F(x,\frac{1}{2} v(x))dx+\frac{\mu_1+1}{2}||w||^2_{L^2}+||\beta||_{L^1}\\
&\leq -2 \int_{\Omega}(F(x,\frac{1}{2} v(x))dx+C\frac{\mu_1+1}{2}+||\beta||_{L^1}
\end{align*}
Áp dụng tính chất: $(F_4)$ $\int_{\Omega}F(x,\widehat{u}(x))dx \rightarrow \infty$ khi $||\widehat{u}||\rightarrow \infty$ khi $\widehat{u}$ trong $Ker(L)$.\\
Thì với $||v||\rightarrow \infty$ trong $V$ thì ta có là : $$-2 \int_{\Omega}(F(x,\frac{1}{2} v(x))dx\rightarrow \infty$$
Và từ đó ta có điều cần chứng minh .
\item[TH2:] Với $k>1$. Xét $v\in V$ thì tồn tại $v^0\in Ker(L),v^{-}\in H^{-}$ sao cho : $$v=v^0+v^{-}.$$ Xét $w\in W,||w||_{H^1_0}\leq C$\\
Như trên ta có là : $$q(w)\leq H$$
Xét :
\begin{align*}
\Phi(v+w)&=q(v+w)-\Lambda(v+w)\\
&=q(v)-\int_{\Omega}F(x,v(x)+w(x))dx\\
&=q(v^0+v^{-})+q(w)-\int_{\Omega}F(x,v(x)+w(x))dx\\
&\leq q(v^{-})+H-\int_{\Omega}F(x,v(x)+w(x))dx
\end{align*}
Với $$q(v^{-})=\frac{1}{2}\int_{\Omega}|\nabla v^{-}(x)|^2dx-\frac{\lambda_k}{2}\int _{\Omega} |v^{-}(x)|^2dx$$
Ta có $$H^{-}=\bigoplus_{i=1}^{k-1}E_i$$
Nên ta có thể chứng minh được là :$$\int_{\Omega}|\nabla v^{-}(x)|^2dx\leq \lambda_{k-1}\int_{\Omega}|v^{-}(x)|^2dx$$
(sử dụng tính trực giao của từng $E_i$ trên $H^1_0$,$L^2$).\\
Và do đó $$q(v^{-})\leq \frac{\lambda_{k-1}-\lambda_{k}}{2}||v^{-}||^2_{L^2}$$
Do $V$ là không gian hữu hạn chiều nền tồn tại $K=K(V)>0$ sao cho : $$K||u||_{H^1_{0}}\leq ||u||_{L^2}\leq \frac{1}{\lambda_1}||u||_{H^1_{0}},\forall u\in V$$
Suy ra : $$q(v^{-})\leq \frac{\lambda_{k-1}-\lambda_{k}}{2}||v^-||^2_{L^2}\leq K\frac{(\lambda_{k-1}-\lambda_{k})}{2}||v^-||^2_{H^1_0}$$
Kết hợp lại :
$$\Phi(v+w)\leq K\frac{(\lambda_{k-1}-\lambda_{k})}{2}||v^-||^2_{H^1_0}+H-\int_{\Omega}F(x,v(x)+w(x))dx$$
\end{itemize}
\end{itemize}
\end{proof}
\begin{lem}[ Bổ đề 19 trong \cite{YJMM}] \label{bd.19}
Với $F:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R} $ lồi thì với $v,w\in \mathbb{R},n\in \mathbb{N}$ ta có là :
$$F(\frac{v}{2^{2n-1}})\leq \frac{1}{2^{2n-1}}F(v+w)+\sum_{p=1}^{2n-1}\frac{1}{2^p}F(\frac{(-1)^p w}{2^{2n-1-p}})$$
$$-F(v+w)\leq -2^{2n-1}F(\frac{v}{2^{2n-1}})+\sum_{p=1}^{2n-1}\frac{2^{2n-1}}{2^p}F(\frac{(-1)^p w}{2^{2n-1-p}})$$
\end{lem}
\begin{proof}[Chứng minh] Ta chứng minh bằng quy nạp:
$$F(\frac{v}{2^{2n-1}})\leq \frac{1}{2^{2n-1}}F(v+w)+\sum_{p=1}^{2n-1}\frac{1}{2^p}F(\frac{(-1)^p w}{2^{2n-1-p}})$$
Với $n=1$:
$$F(\frac{v}{2})=F(\frac{v+w}{2}-\frac{w}{2})\leq \frac{1}{2}F({v+w})+\frac{1}{2} F(-{w})$$
Với $n=2$ thì :
\begin{align*}
VT&=F(\frac{v}{2^3})\\
&=F(\frac{v+w}{2^3}-\frac{w}{2^3})\\
&\leq \frac{1}{2}F(\frac{v+w}{2^2})+\frac{1}{2}F(\frac{-w}{2^2})\\
&\leq \frac{1}{4}F(\frac{v}{2})+\frac{1}{4}F(\frac{w}{2})+\frac{1}{2}F(\frac{-w}{2^2})\\
&\leq \frac{1}{8}F({v+w})+\frac{1}{8} F(-{w})+\frac{1}{4}F(\frac{w}{2})+\frac{1}{2}F(\frac{-w}{2^2})
\end{align*}
Và
$$VP=\frac{1}{2^3}F(v+w)+\frac{1}{2}F(\frac{-w}{2^2})+\frac{1}{2^2}F(\frac{w}{1})+\frac{1}{2^3}F(\frac{-w}{2^0})$$
Và do đó ta có diều cần chứng minh .\\
Gỉa sử n=k đúng ! Nghĩa là :
$$F(\frac{v}{2^{2k-1}})\leq \frac{1}{2^{2k-1}}F(v+w)+\sum_{p=1}^{2k-1}\frac{1}{2^p}F(\frac{(-1)^p w}{2^{2k-1-p}})$$
Chứng minh là n=k+1 đúng nghĩa là chứng minh :
$$F(\frac{v}{2^{2k+1}})\leq \frac{1}{2^{2k+1}}F(v+w)+\sum_{p=1}^{2k+1}\frac{1}{2^p}F(\frac{(-1)^p w}{2^{2k+1-p}})$$
Ta có là :
\begin{align*}
F(\frac{v}{2^{2k+1}})&=F(\frac{v+w}{2^{2k+1}}-\frac{w}{2^{2k+1}})\\
&\leq \frac{1}{2}F(\frac{v+w}{2^{2k}})+\frac{1}{2}F(\frac{-w}{2^{2k}})\\
&\leq \frac{1}{4}F(\frac{v}{2^{2k-1}})+\frac{1}{4} F(\frac{w}{2^{2k-1}})+\frac{1}{2}F(\frac{-w}{2^{2k}})\\
&\leq \frac{1}{4}(\frac{1}{2^{2k-1}}F(v+w)+\sum_{p=1}^{2k-1}\frac{1}{2^{p}}F(\frac{(-1)^p w}{2^{2k-1-p}}))+\frac{1}{4} F(\frac{w}{2^{2k-1}})+\frac{1}{2}F(\frac{-w}{2^{2k}})\\
&\leq \frac{1}{2^{2k+1}}F(v+w)+\sum_{p=1}^{2k-1}\frac{1}{2^{p+2}}F(\frac{(-1)^p w}{2^{2k-1-p}})+\frac{1}{4} F(\frac{w}{2^{2k-1}})+\frac{1}{2}F(\frac{-w}{2^{2k}})
\end{align*}
Ta có là $p$ đi từ $1$ đến $2k-1$ thì $p+2$ đi từ $3$ đến $2k+1$ và $2k-1-p=2k+1-(p+2)$.\\
Ta viết lại như sau :
\begin{align*}
F(\frac{v}{2^{2k+1}})&\leq \frac{1}{2^{2k+1}}F(v+w)+\sum_{p=3}^{2k+1}\frac{1}{2^{p}}F(\frac{(-1)^p w}{2^{2k+1-p}})+\frac{1}{2^2} F(\frac{w}{2^{2k+1-2}})+\frac{1}{2^1}F(\frac{-w}{2^{2k+1-1}})\\
&\leq \frac{1}{2^{2k+1}}F(v+w)+\sum_{p=1}^{2k+1}\frac{1}{2^{p}}F(\frac{(-1)^p w}{2^{2k+1-p}})
\end{align*}
Ta chứng minh được bổ đề.
\end{proof}
Từ đó ta có là :
\begin{align*}
F(\frac{v^0}{2^{2n-1}})&=F(\frac{v^0+v^--v^-}{2^{2n-1}})\\
&=F(\frac{v^0+v^-}{2^{2n-1}}+\frac{-v^-}{2^{2n-1}})\\
&\leq \frac{1}{2} F(\frac{v^0+v^-}{2^{2n-2}})+\frac{1}{2} F(\frac{-v^-}{2^{2n-2}})\\
&=\frac{1}{2} F(\frac{v}{2^{2n-2}})+\frac{1}{2} F(\frac{-v^-}{2^{2n-2}})
\end{align*}
Suy ra
$$-F(\frac{v}{2^{2n-2}})\leq -2F(\frac{v^0}{2^{2n-1}})+ F(\frac{-v^-}{2^{2n-2}}) $$
Nên
\begin{align*}
-F(v+w)&\leq -2^{2n-1}F(\frac{v}{2^{2n-1}})+\sum_{p=1}^{2n-1}2^{2n-1-p}F(\frac{(-1)^p w}{2^{2n-1-p}})\\
&\leq -2^{2n}F(\frac{v^0}{2^{2n-1}})+ 2^{2n-1}F(\frac{-v^-}{2^{2n-2}})+\sum_{p=1}^{2n-1}2^{2n-1-p}F(\frac{(-1)^p w}{2^{2n-1-p}})\\
&\leq -2^{2n-1}F(\frac{v}{2^{2n-1}})+\sum_{p=1}^{2n-1}2^{2n-1-p}F(\frac{(-1)^p w}{2^{2n-1-p}})\\
&\leq -2^{2n}F(\frac{v^0}{2^{2n-1}})+ 2^{2n-1}F(\frac{-v^-}{2^{2n-2}})+\sum_{p=1}^{2n-1}2^{2n-1-p}F(\frac{(-1)^p w}{2^{2n-1-p}})\\
\end{align*}
Quay lại chứng minh :\\
Ta có là :
\begin{align*}
\Phi(v+w)&\leq C\frac{(\lambda_{k-1}-\lambda_{k})}{2}||v^-||^2_{H^1_0}+H-\int_{\Omega}2^{2n}F(x,\frac{v^0(x)}{2^{2n-1}})dx\\
&+ \int_{\Omega}2^{2n-1}F(x,\frac{-v^-(x)}{2^{2n-2}})dx+\int_{\Omega}\sum_{p=1}^{2n-1}2^{2n-1-p}F(x,\frac{(-1)^p w(x)}{2^{2n-1-p}})dx
\end{align*}
Tồn tại $\beta \in L^1,\beta \geq 0$ sao cho : $$F(x,u_1)\leq \frac{\mu_1+1}{2}u_1^2+\beta(x),\forall x\in \Omega ,u_1\in \mathbb{R}$$
Ta có : $$\int_{\Omega}2^{2n-1}F(x,\frac{-v^-(x)}{2^{2n-2}})dx\leq \int_{\Omega}2^{2n-1}(\frac{\mu_1+1}{2}(\frac{-v^-(x)}{2^{2n-2}})^2+\beta(x))dx$$
$$\leq \int_{\Omega}2^{2n-2}{(\mu_1+1)}\frac{v^-(x)^2}{2^{4n-4}}dx+||\beta||_{L^1}=\frac{\mu_1+1}{2^{2n-2}}||v^-||^2_{L^2}+||\beta||_{L^1}$$
Chọn $n $ khá lớn sao cho : $$\frac{\mu_1+1}{2^{2n-2}}\leq -\frac{(\lambda_{k-1}-\lambda_{k})}{4}$$
Thay vào ta được là :
\begin{align*}
\Phi(v+w)&\leq K\frac{(\lambda_{k-1}-\lambda_{k})}{2}||v^-||^2_{H^1_0}+H-\int_{\Omega}2^{2n}F(x,\frac{v^0(x)}{2^{2n-1}})dx\\
&-\frac{(\lambda_{k-1}-\lambda_{k})}{4}||v^-||^2_{L^2}+||\beta||_{L^1}+T(n)||w||_{L^2}^2\\
&\leq K\frac{(\lambda_{k-1}-\lambda_{k})}{2}||v^-||^2_{H^1_0}+H-\int_{\Omega}2^{2n}F(x,\frac{v^0(x)}{2^{2n-1}})dx\\
&-K\frac{(\lambda_{k-1}-\lambda_{k})}{4}||v^-||^2_{H^1_0}+||\beta||_{L^1}+T(n)||w||_{L^2}^2
\end{align*}
Suy ra :
$$\Phi(v+w)\leq K\frac{(\lambda_{k-1}-\lambda_{k})}{4}||v^-||^2_{H^1_0}+H-\int_{\Omega}2^{2n}F(x,\frac{v^0(x)}{2^{2n-1}})dx+B(n,\beta)$$
Viết lại là tồn tại $T,G>0$ sao cho :
$$\Phi(v+w) \leq -T||v^-||^2_{H^1_0}-2^{2n}\int_{\Omega}F(x,\frac{v^0(x)}{2^{2n-1}})dx+G,\forall v\in V $$
Sử dụng tính chất :
$(F_4)$ $\int_{\Omega}F(x,\widehat{u}(x))dx \rightarrow \infty$ khi $||\widehat{u}||\rightarrow \infty$ khi $\widehat{u}$ trong $Ker(L)$.\\
Tất cả các chuẩn trong chứng minh dưới đây là chuẩn $H^1_0$.\\
Lấy $v_m\in V$ sao cho : $||v_m||\rightarrow \infty$ khi $m$ tiến về vô cùng . Ta cần chứng minh là : $$\Phi(v_m+w)\rightarrow -\infty$$
Ta sẽ có $x_m\in H^{-},y_m\in ker(L)$ sao cho : $v_m=x_m+y_m$
Do tính trực giao thì ta có là: $$||v_m||^2=||x_m||^2+||y_m||^2$$
Lúc đó thì ta sẽ chứng minh là có ít nhất 1 TH là : $||x_m||\rightarrow \infty$ hay $||y_m||\rightarrow \infty$/\\
Giả sử là: $||x_{m}||$ không hội tụ $\infty$ và $||y_{m}||$ không hội tụ $\infty$.\\
Viết định nghĩa :
$\forall M>0,\exists N(M)\in \mathbb{N}$ sao cho :
$$\forall m> N(M)\Rightarrow||v_m||>M$$
$\exists K>0,\forall I\in \mathbb{N}$ sao cho :
$$\exists i(I)> I\Rightarrow||x_{i}||\leq K$$
$\exists H>0,\forall J\in \mathbb{N}$ sao cho :
$$\exists j(J)>J\Rightarrow||y_{j}||\leq H$$
Viết lại :
$\forall M>0,\exists N(M)\in \mathbb{N}$ sao cho :
$$\forall m> N(M)\Rightarrow||v_m||^2>M^2$$
$\exists K>0,\forall I\in \mathbb{N}$ sao cho :
$$\exists i(I)> I\Rightarrow||x_{i}||^2\leq K^2$$
$\exists H>0,\forall J\in \mathbb{N}$ sao cho :
$$\exists j(J)>J\Rightarrow||y_{j}||^2\leq H^2$$
Lúc đó ta có thể trích ra 1 dãy con $x_{m_i}$ sao cho : $$||x_{m_i}||^2\leq K^2,\forall i$$
Chọn $m_{i_1}=m_1$\\
$J=m_1$ có $m_{i_2}=j(m_1)>m_{i_1}$\\
$J=m_{i_2}$ có $m_{i_3}=j(m_{i_2})>m_{i_1}$\\
Cứ như thế ta có 1 dãy con $y_{m_{i_j}}$ sao cho : $$||y_{m_{i_j}}||^2\leq H^2,\forall j$$
Và $x_{m_{i_j}}$ là dãy con của $x_{m_i}$ nên có là : $$||x_{m_{i_j}}||^2\leq K^2,\forall j$$
Áp dụng tính trực giao ta có là : $$||v_{m_{i_j}}||^2=||x_{m_{i_j}}||^2+||y_{m_{i_j}}||^2\leq K^2+H^2,\forall j$$
mà $v_{m_{i_j}}$ là dãy con của $v_n$ từ đó suy ra vô lý !\\
Từ đây ta có là ít nhất 1 TH sẽ xảy ra: hoặc $||x_m||\rightarrow \infty$ hoặc là $||y_m||\rightarrow \infty$.
\begin{itemize}
\item[\textbf{TH 1}] Khi $||x_m||\rightarrow \infty$.
\begin{itemize}
\item[\textit{TH 1.1}] Khi $||y_m||$ không hội tụ về vô cùng ! Trích 1 dãy con của $y_m$ là $y_{m_k}$ bị chặn.\\
Ta có là : $$\Phi(v_{m_k}+w) \leq -T||x_{m_k}||^2_{H^1_0}-2^{2n}\int_{\Omega}F(x,\frac{y_{m_k}(x)}{2^{2n-1}})dx+G$$
Phần $-2^{2n}\int_{\Omega}F(x,\frac{y_{m_k}(x)}{2^{2n-1}})dx$ do
$$|F(x,u_1)|\leq c\frac{|u_1|^2}{2}+d(x)$$
nên nó bị chặn bởi 1 hằng số nào đó gọi là $A>0$
$$\Phi(v_{m_k}+w) \leq -T||x_{m_k}||^2_{H^1_0}+A+G$$
Suy ra là $$\Phi(v_{m_k}+w)\rightarrow -\infty$$
\item[\textit{TH 1.2}] Khi $||y_m|| \rightarrow \infty$ .\\
Ta có là : $$\Phi(v_{m}+w) \leq -T||x_{m}||^2_{H^1_0}-2^{2n}\int_{\Omega}F(x,\frac{y_{m}(x)}{2^{2n-1}})dx+G$$
Sử dụng tính chất :
$(F_4)$ $\int_{\Omega}F(x,\widehat{u}(x))dx \rightarrow \infty$ khi $||\widehat{u}||\rightarrow \infty$ khi $\widehat{u}$ trong $Ker(L)$.\\
cho $$\frac{y_{m}(x)}{2^{2n-1}}$$ thì ta có là :
$$-2^{2n}\int_{\Omega}F(x,\frac{y_{m}(x)}{2^{2n-1}})dx\rightarrow -\infty$$
Từ đó ta có là : $$\Phi(v_m+w)\rightarrow -\infty$$
\end{itemize}
\item[\textbf{TH 2}] Khi $||y_m||\rightarrow \infty$.
\begin{itemize}
\item[\textit{TH 2.1}] Khi $||x_m|| $ không hội tụ về vô cùng :
$$\Phi(v_{m}+w) \leq -T||x_{m}||^2_{H^1_0}-2^{2n}\int_{\Omega}F(x,\frac{y_{m}(x)}{2^{2n-1}})dx+G$$
$$\leq 0-2^{2n}\int_{\Omega}F(x,\frac{y_{m}(x)}{2^{2n-1}})dx+G=-2^{2n}\int_{\Omega}F(x,\frac{y_{m}(x)}{2^{2n-1}})dx+G$$
(Do $T>0$ ).
Sử dụng tính chất
$(F_4)$ $\int_{\Omega}F(x,\widehat{u}(x))dx \rightarrow \infty$ khi $||\widehat{u}||\rightarrow \infty$ khi $\widehat{u}$ trong $Ker(L)$.
Ta suy ra là : $$\Phi(v_m+w)\rightarrow -\infty$$
\item[\textit{TH 2.2}] Khi $||x_m||$ hội tụ về vô cùng thì là TH 1.2.
Nhận xét là từ 2 trường hợp trên ta có được là cho : $$||v_m||\overset{{m\rightarrow \infty}}{\rightarrow}\infty$$
thì có 1 dãy con $v_{m_k}$ sao cho :$$\Phi(v_{m_k}+w)\rightarrow -\infty$$
Ta chứng minh là $$||w||\leq C,||v||\rightarrow \infty ,\Rightarrow \Phi(v+w)\rightarrow -\infty$$
\begin{defi}
$\forall M>0,\exists K(M)>0$ sao cho : $$\forall v\in V,w\in W,||w||\leq C,||v||>K(M)\Rightarrow\Phi(v+w)<-M$$
\end{defi}
Giả sử điều cần chứng minh sai ! \\
Thì :
$\exists M>0,\forall K>0$ sao cho : $$\exists v_K\in V,w_K\in W,||w_K||\leq C,||v_K||>K\Rightarrow\Phi(v_K+w_K)\geq -M$$
Chọn $K=n\in \mathbb{N}$ thì ta có dãy $v_n,w_n$ sao cho :
$$\forall n\in \mathbb{N},||w_n||\leq C,||v_n||>n\Rightarrow\Phi(v_n+w_n)\geq -M,$$
Lúc đó $||v_n||\rightarrow \infty$ thì có 1 dãy con $v_{n_k}$ sao cho :\\
$\forall T>0,\exists N(T)\in \mathbb{N}$ sao cho : $$\forall k> N(T),w\in W,||w||\leq C\Rightarrow\Phi(v_{m_k}+w)<-T$$
Chọn $w=w_{n_k}$ thì ta có là : $$\Phi(v_{m_k}+w_{m_k})\left \langle -T,\forall k \right \rangle N(T)$$
Chọn $T=M$ thì ta có là : $$-M\leq \Phi(v_{m_k}+w_{m_k})\left \langle -M,\forall k \right \rangle N(M)$$
Từ đó ta có điều vô lý !\\
Suy ra là :$$\Phi(v+w)\rightarrow -\infty$$ khi $||v||\rightarrow \infty$ đều với các tập bị chặn trên $W$.\\
\end{itemize}
\end{itemize}
Áp dụng định lý 1 cho $\Phi$ thì sẽ tồn tại điểm dừng. Tức là: tồn tại $u_0\in H^1_0(\Omega)$ sao cho :
$$\int _{\Omega}\nabla u_0(x)\nabla v(x)dx-\lambda_k\int _{\Omega} u_0(x)v(x)dx=\int _{\Omega}D_uF(x,u_0(x))v(x)dx,\forall v\in H^1_0(\Omega).$$
\newpage
\chapter{Kết luận và tài liệu tham khảo.}
Chương này chúng tôi trình bày những việc nhóm chúng tôi làm được và trích dẫn các tài liệu tham khảo trong quá trình làm luận văn này.
\addcontentsline{toc}{chapter}{Kết luận.}
\indent
\section*{Kết luận.}
Trong tiểu luận này chúng tôi đã làm được những việc sau:
\begin{itemize}
\item[1.] Giới thiệu lại các kiến thức cơ bản về không gian $L^{p}(\Omega)$, $W^{1,p}(\Omega)$, toán tử Nemytskii, hàm nửa liên tục dưới yếu và hàm lồi để phục vụ cho việc làm luận văn này.
\item [2.] Chúng tôi tập chung kiểm tra, chứng minh lại chi tiết các bổ đề trong bài báo \cite{YJMM} mà các tác giả đã bỏ qua chứng minh chi tiết.
\end{itemize}
\addcontentsline{toc}{chapter}{Tài liệu tham khảo.}
\indent
\begin{thebibliography}{10}
\bibitem{WR} Walter Rudin, Real and Complex Analysis, third edition, international edition 1987.
\bibitem{Brezis} H. Brezis.: Functional Analysis, Sobolev spaces
and Partial Differential Equatios, Springer, 2011.
\bibitem{Figueredo} D.G. De Figueredo.: Lectures on the Ekeland variational
principle with applications and detours, Tata institute of fundamental
research, Bombay 1989
\bibitem{Mawhin} J. Mawhin, M. Willem.: Critical Point Theory and
Hamiltonian Systems, Springer, Berlin (1989).
\bibitem{GT} D. Gilbarg and N.S. Trudinger, Elliptic partial differential equations of second order, Springer, Berlin, 2001.
\bibitem{YJMM} Y. Jabri and M. Moussaoui, Critical point theorem without compactness and applications , Nonlinear Analysis, Theory, Methods - Applications, Vol. 32, No. 3, pp. 363-380, 1998.
\bibitem{Dinca} G. Dinca, P. Jebelean, J. Mawhin.: Variational and
topological methods for Dirichler problems with $p$-Laplacian, Portu.
Math. \textbf{58}, 339–378 (2001)
\end{thebibliography}
\end{document}