Luận văn Một số nghiên cứu về phương trình logistic

BOÄ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO TRÖÔØNG ÑAÏI HOÏC SÖ PHAÏM TP . HOÀ CHÍ MINH ----------------------------- NGUYEÃN KHAÛI HOAØN MOÄT SOÁ NGHIEÂN CÖÙU VEÀ PHÖÔNG TRÌNH LOGISTIC Chuyeân ngaønh : Toaùn giaûi tích Maõ soá : 60 46 01 LUAÄN VAÊN THAÏC SÓ TOAÙN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS . TS . NGUYEÃN BÍCH HUY Thaønh phoá Hồ Chí Minh – 2007 LÔØI CAÙM ÔN  Toâi xin ñöôïc baøy toû loøng bieát ôn chaân thaønh vaø saâu saéc ñeán thaày höôùng daãn , PGS.TS NGUYEÃN BÍCH HUY ,khoa Toaùn-Tin tröôøng ñaïi hoïc sö phaïm thaønh phoá Hoà Chí Minh , ñaõ taän tình höôùng daãn toâi trong suoát quaù trình hoïc taäp , nghieân cöùu vaø hoaøn thaønh luaän vaên . Toâi cuõng xin chaân thaønh caûm ôn caùc thaày coâ trong Khoa Toaùn –Tin , Phoøng Khoa Hoïc Coâng Ngheä vaø Sau Ñaïi Hoïc tröôøng ñaïi hoïc sö phaïm thaønh phoá Hoà Chí Minh ñaõ taän tình giaûng daïy vaø taïo ñieàu kieän thuaän lôïi cho toâi trong suoát quaù trình hoïc taäp cuõng nhö tìm toøi caùc taøi lieäu cho vieäc nghieân cöùu. Vì kieán thöùc coøn haïn cheá neân luaän vaên khoâng traùnh khoûi nhöõng thieáu xoùt , raát mong ñöôïc söï chæ baûo chaân thaønh cuûa caùc thaày , vaø caùc baïn . MỞ ĐẦU Trong luận văn này , chúng tôi nghiên cứu về phương trình logistic có dạng sau: u m(x)u eu trong u 0 treân        (0.1) Phương trình này xuất phát từ bài toán sinh học mô tả sự phát triển của các loài trong tự nhiên và đã được nhiều nhà toán học nghiên cứu theo những hướng khác nhau từ những năm 1980 cho đến tận ngày nay. Phương trình (0.1) là dạng biến đổi của phương trình sau : n q(v ) m(x)v v trong v 0 treân       (0.2) trong đó n , q 1 và hàm trọng m(x) thuộc một không gian hàm cụ thể . Trường hợp n  1 và m(x) bị chặn , tồn tại nghiệm cổ điển được nghiên cứu bởi Amann và Crandal [3] .Trường hợp n  1 và m(x) 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 tôi xét trường hợp n 1 và s có thể nhỏ hơn N 2 . Bằng phép biến đổi nu v , bài toán (0.2) trở thành : u m(x)u u trong u 0 treân        (0.3) trong đó 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 tôi 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 tôi nghiên cứu điều khiển tối ưu mùa thu hoạch của một loài và được mô hình hóa bởi phương trình logistic suy biến sau : u (a f)u eu trong u 0 treân         (0.4) trong đó 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 treân        (0.5) ta thực hiện phép đổi biến mu w , khi đó 1 2 , m m     . Phương trình (0.5) đã được áp dụng trong mô hình phát triển giống loài bởi Gurtin và MacCamy trong [15] , mô tả sự phát triển của một loài đang cư ngụ trong  và mật độ của nó là w(x) . Điều kiện biên Dirichlet được hiểu là loài w không thể sống trên  ; bởi vì , chẳng hạn biên  có thể là sông , hồ , hay môi trường bao quanh  rất nguy hiểm , không thể sống được . Hàm dương e(x) mô tả mức lớn nhất cho phép về những ảnh hưởng của đám đông trong loài và hàm a(x) tượng trưng cho tốc độ sinh trưởng của loài .Hàm f(x) đóng vai trò điều khiển sự sinh trưởng của loài .Toán tử  chỉ sự khuyếch tán của loài , nghĩa là chỉ tốc độ di chuyển của loài từ vùng có mật độ cao đến vùng có mật độ thấp .Trong luận văn , chúng tôi xét m 1 , gọi là sự khuyếch tán phi tuyến chậm , nghĩa là sự khuyếch tán chậm hơn trường hợp m 1 . Điều kiện này mô tả chính xác hơn hiện thực sinh học .Với giả thiết đã cho , chúng tôi chứng tỏ rằng , với mỗi f , tồn tại duy nhất nghiệm dương của (0.5) và được kí hiệu là fu . Khi đem bán sản phẩm , chúng ta sẽ thu được lợi nhuận được biểu thị bởi công thức sau : fJ(f ) ( h(f )u k(f ))     . Trong đó 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 ,  mô tả tỉ số giữa giá cả của loài và phí tổn .Mục tiêu của chúng tôi là làm sao cho lợi nhuận lớn nhất , nghĩa là hàm J đạt giá trị lớn nhất. Trong trường hợp m 1 , nghĩa là 1 , 2    và h(t)  t , k(t)  2t , bài toán này đã được nghiên cứu trong [6],[22],[23] . Còn trong luận văn , chúng tôi xét m > 1, 1h C ( , )  , 2k C ( , )  và có một số giả thiết khác nữa .  Nội dung của luận văn chủ yếu dựa vào ba bài báo [11],[12],[24] bao gồm : CHƯƠNG 1 : Sự tồn tại nghiệm yếu không bị chặn . Trong chương này , chúng tôi đưa bài toán (0.3) về bài toán tìm điểm bất động của ánh xạ tăng và từ đó chứng minh sự tồn tại nghiệm yếu cực trị nằm trong q 1L  . CHƯƠNG 2 : Phương trình logistic suy biến . Trong §1 , chúng tôi giới thiệu một số khái niệm và một số kết quả về sự tồn tại và duy nhất giá trị riêng chính , nghiệm của bài toán elliptic tuyến tính với hàm thế không bị chặn .Trong §2 , chúng tôi chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm dương của (0.4). CHƯƠNG 3 : Sự tồn tại và duy nhất hàm điều khiển tối ưu. Trong chương này , chúng tôi chứng minh với  đủ nhỏ thì tồn tại duy nhất hàm điều khiển tối ưu. CHƯƠNG 1 SỰ TỒN TẠI NGHIỆM YẾU KHÔNG BỊ CHẶN §1. CÁC KHÁI NIỆM VÀ KẾT QỦA ĐƯỢC SỬ DỤNG. A.Không gian Banach có thứ tự Định nghĩa 1.1.1 Cho không gian Banach thực X . Tập K X gọi là một nón trên X nếu : i) K là tập đóng , K   , ii) K K K tK K t 0      , iii)  K ( K)   . Nếu K X là nón thì thứ tự trong X sinh bởi nón K được định nghĩa như sau: x y khi và chỉ khi y x K  . Định nghĩa 1.1.2 Cho X là không gian Banach thực , có thứ tự sinh bởi nón K . Khi đó ta nói : K là nón sinh nếu K K X  .  K là nón chuẩn nếu N 0 , x,y K , x y x N y       .  K là nón chính qui nếu mọi dãy đơn điệu tăng , bị chặn trên thì hội tụ .  K là nón hoàn toàn chính qui nếu mọi dãy đơn điệu tăng , bị chặn theo chuẩn thì hội tụ. Ta dễ dàng kiểm tra rằng :  Nón các hàm không âm h.k.n trong pL (X, ) , 1 p < +   là nón sinh , nón hoàn toàn chính qui. B.Điểm bất động của ánh xạ tăng Giả sử X là không gian Banach thực , có thứ tự sinh bởi một nón . Ta kí hiệu  u, là tập x X | x u  . Ta nói tập M X là có hướng nếu 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 toán tìm nghiệm yếu của phương trình Logistic. Mệnh đề 1.1.3 [ 7 ],[ 24 ] Cho X là không gian Banach thực có thứ tự sinh bởi một nón , M X là tập đóng và T : M M là ánh xạ tăng thỏa mãn các điều kiện sau : i)  0M u M | u Tu    , 0 0M , M  có hướng . ii) Với mọi dãy tăng  n 0u M thì dãy  nTu hội tụ . Khi đó , với mỗi u 0M thì ánh xạ T có trong  M u, điểm bất động lớn nhất u và điểm bất động nhỏ nhất u , nghĩa là nếu  v M u,  là một điểm bất động của T thì u v u   . Ghi chú 1.1.4 Ta sẽ áp dụng mệnh đề 1.1.3 cho ánh xạ T tác động trong không gian pX L ( )  , 1 p   , pL ( ) là không gian Banach có thứ tự sinh bởi nón các hàm không âm h.k.n trong .Như vậy để chứng minh dãy tăng  nTu hội tụ , ta chỉ cần chứng minh nó bị chặn theo chuẩn . C.Không gian Sobolev Giả sử N là một miền .Với 1 p   và m 0,1,2, ta định nghĩa :  m,pW ( ) là không gian các hàm u , pu L ( )  có 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 đó p. là chuẩn trong pL ( ) .  m,p0W ( ) là bao đóng của cC ( )  trong m,pW ( ) ( cC ( )  là không gian các hàm có giá compắc trong  và có đạo hàm mọi hạng liên tục trên ) . Ta thường xét không gian 1,p0W ( ) , trong 1,p0W ( ) ta xét chuẩn : 1,p p u u  . .Chuẩn này tương đương với chuẩn : p p u u  . Không gian 1,2W ( ) còn được kí hiệu là 1H ( ) . Không 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 có :  p 1,pL ( ) W ( )     , trong đó 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 có: ii i D u(x) ,neáu u(x) v(x) D (max(u,v))(x) D v(x) ,neáu v(x) u(x)    , ii i D u(x) ,neáu u(x) v(x) D (min(u,v))(x) D v(x) ,neáu v(x) u(x)    , iD u là đạo hàm riêng suy rộng theo biến xi của hàm u . Nói riêng ta có :     i i D u(x) , neáu u(x) 0 D u (x) 0 , neáu u(x) 0 , ii D u(x) , neáu u(x) 0 D u (x) 0 ,neáu u(x) 0     . Bất đẳng thức Gagliardo – Nirenberg + Với m,p qu W ( ) L ( )   và0 m 1    , ta có : 1 m,p qr D u C u . u   trong đó  định bởi : 1 1 m 1(1 ) r N p N q            . + Với 0,m 1   , ta có : 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 treân       . (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 treân      (1.2) với : N ( N 3 ) là tập mở , bị chặn , có biên trơn , f :   là một hàm thỏa điều kiện Caratheodory. 1)Ta nói 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 nói 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 đó với mọi 1h H ( )  bài toán biên : u g(x,u) h trong u 0 treân       có duy nhất nghiệm yếu u 10H ( )  thỏa mãn điều kiện ug(x,u) 1L ( )  . Giả sử các dữ kiện trong bài toán (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  có biên trơn sao cho 0; m(x) m , x .       Gọi u1 là hàm riêng ứng với giá trị riêng thứ nhất của bài toán biên : u u trong u 0 treân       (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 đó phương trình (1.1) có 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 toán biên (1.3) và đặt 1 u (x) ,x u(x) 0 ,x \     thì theo [25] ta có 1u u   , theo nghĩa yếu , nghĩa là : 11 0u dx u dx , H ( ) , 0.             Do đó , 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 có :    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 có thể chọn c đủ nhỏ để (1.4) đúng hay 0u cu là nghiệm dưới của (1.1). Ta đưa bài toán (1.1) về bài toán tìm điểm bất động của ánh xạ tăng . Với mỗi q 1u L ( )  ta xét bài toán tìm nghiệm yếu của bài toán : q rz z m(x)u trong z 0 treân        . (1.5) Ta áp dụng mệnh đề 1.2.2 cho bài toán (1.5) .Rõ ràng hàm g(x,z) zq thỏa các điều kiện i),ii) của mệnh đề 1.2.2 . Vì u 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 có : 2Nt N 2  , do đó : 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 toán (1.5) có 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 có 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 có : r qTu dx m(x)u (Tu) dx            , r qTv dx m(x)v (Tv) dx            , và do đó : r r q q(Tu Tv) dx m(x)(u v ) ((Tu) (Tv) ) dx               . (1.6) Theo mệnh đề 1.1.5 ta có: 10(Tu Tv) H ( )   , và ta có :    q qTu Tv (Tu Tv) 0 trong       . Do đó , cho (Tu Tv)   trong (1.6) ta có : (Tu Tv) (Tu Tv) dx 0       . (1.7) Mặt khác , với mọi w 10H ( )  , theo mệnh đề 1.1.5 ta có: w w 0      . (1.8) Do vậy , từ (1.7) và (1.8) ta có : 2 (Tu Tv) dx 0     . Từ đây , ta suy ra (Tu Tv) 0   h.k.n trong . Suy ra ,Tu Tv h.k.n trong   . Như vậy u v  Tu Tv  .  Ta tiếp tục chứng minh : 0 0u Tu . (1.9) Vì u0 là nghiệm dưới của (1.1) nên ta có : 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 có : 0 0 0 0(u Tu ) (u Tu ) dx 0        . Tiếp tục sử dụng (1.8) ta có : 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 đóng  0u , vào chính nó .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 có 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 có : 1 1 3u Tu Tu  , 2 2 3u Tu Tu  .Từ đây ta có : 3 3 3 0u Tu hay u M  . Vậy M0 là tập có hướng . Để chứng minh rằng , ánh xạ T thỏa mãn điều kiện ii) của mệnh đề 1.1.3 , ta chỉ cần chứng minh tập 0T(M ) bị chặn theo chuẩn trong q 1L ( )  . Với mỗi u M0 ta có : r qTu dx m(x)u (Tu) dx            r q 10m(x)(Tu) (Tu) dx , H ( ) , 0            . Cho Tu  ta có : 2 q 1 r 1Tu (Tu) dx m(x)(Tu) dx           . Dưới đây , ta sẽ có (r 1)sTu L ( )  , do đó áp dụng bất đẳng thức Holder cho vế phải ta có : 2 q 1 r 1 H q 1 s (r 1)s Tu Tu m . Tu      (1.11) ,trong đó 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 có 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 có : 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 có : 2Nq 1 (r 1)s N 2      , và ta có thể áp dụng bất đẳng thức Gagliardo – Nirenberg để có: t 1 t (r 1)s H q 1 Tu C Tu . Tu   , (1.13) trong đó t thỏa : 1 1 1 N 2t 1 q (1 r)s q 1 2N         . Như vậy , ta có (r 1)sTu L ( )  .Từ (1.11) ta có : 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 có : 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 đó 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 đó nó có điểm bất động lớn nhất và nhỏ nhất trên  0u , và chính là nghiệm yếu lớn nhất và nhỏ nhất của bài toán (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 toán : q rn n n 1u u m(x)u     trong , nu 0 trên  ( n ). Khi đó dãy  nu hội tụ trong 10H ( ) về nghiệm yếu nhỏ nhất của bài toán (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 có hàm un được xác định duy nhất theo un-1 . Từ định nghĩa của ánh xạ T trong chứng minh định lý 1.2.3 và định nghĩa của un , ta suy ra un = T(un-1) . Do 0 0u Tu nên  nu là dãy tăng . Cũng theo chứng minh định lý 1.2.3 ta có  nu bị chặn trong q 1L ( )  .Do đó 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 có : 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 có : 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 có 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 đó 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 treân       . 1 0C ( ) là không gian Banach có thứ tự sinh bởi nón P các hàm không âm của 10C ( ) ,phần trong của P kí hiệu là int(P).           1 0 uint(P) : u C ( ) | u 0 trong , 0 treân n , trong đó n là véc tơ pháp tuyến đơn vị trên biên  hướng ra ngoài . Chúng ta xét bài toán giá trị riêng suy biến sau: u M(x)u u trong u 0 treân        (2.1) ,trong đó : (H1) locM L ( )   thỏa M(x)d (