Một lớp bài toán biên cho phương trình vi phân hàm

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: MỘT LỚP BÀI TỐN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM LUẬN VĂN THẠC SĨ Năm: BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC Chuyên ngành: : Mã số: : LUẬN VĂN THẠC SĨ Người hướng dẫn TS 1 PHẦN MỞ ĐẦU Giải tích phức ngành cổ điển toán học, bắt nguồn từ khoảng thể kỷ 19 chí trước Một số nhà tốn học tiếng nghiên cứu lĩnh vực : Euler, Gauss, Riemann, Cauchy, Weierstrass nhiều nhà toán học khác kỷ 20 Giải tích phức, đặc biệt phương trình vi phân miền phức có nhiều ứng dụng khí, lý thuyết số giải tích, động lực phức Vì nghiên cứu phát triển mạnh mẽ theo lý thuyết ứng dụng 631 2 Các khái niệm Định nghĩa Cho tập hợp R khác rỗng, R ta trang bị hai phép toán mà ta gọi phép cộng phép nhân thỏa mãn: R nhóm aben với phép tốn cộng, R nửa nhóm với phép toán nhân phép toán nhân phân phối với phép toán cộng, nghĩa x(y + z) = xy + xz, (x + y)z = zx + yz, với x, y, z ∈ R Phần tử trung hòa phép cộng ký hiệu (thường gọi phần tử không) Phần tử đơn vị phép nhân có ký hiệu Nếu vành có nhiều phần tử có đơn vị ̸= Định nghĩa Tập A vành R gọi vành R A vành hai phép toán cộng nhân R (bao gồm tính đóng hai phép toán A) Định nghĩa Iđêan trái (phải) vành R vành A thỏa mãn điều kiện ∈ A(ar ∈ A), a ∈ A, r ∈ R Vành I R vừa iđêan trái, vừa iđêan phải gọi iđêan vành R Cho I iđêan vành R, ta ký hiệu R/I =: {r + I|r ∈ R} gọi tập thương R theo I Trên tập thương R/I ta xây dựng hai phép toán (x + I) + (y + I) = (x + y) + I, (x + I)(y + I) = (xy) + I, với x, y ∈ R Định nghĩa Tập thương R/I với hai phép toán xác định lập thành vành gọi vành thương R theo I Định nghĩa Cho R vành có đơn vị 1R Một R-môđun phải M bao gồm (M, +) nhóm aben tốn tử · : M × R → M thỏa mãn (1) (x + y) · r = x · r + y · r, (2) x · (r + s) = x · r + x · s, (3) (xr) · s = x · (rs), (4) x · 1R = x, r, s ∈ R x, y phần tử tùy ý M Lúc R gọi vành sở, M R-môđun phải ta thường ký hiệu MR Tương tự ta đinh nghĩa R-môđun trái Cho R, S hai vành Nhóm aben (M, +) song môđun R-bên phải S -bên trái (ký hiệu S MR ) a) M R-môđun phải M S -mơđun trái b) Ta phải có (sx)r = s(xr), (r ∈ R, s ∈ S, x ∈ M ) Định nghĩa Cho M R-môđun phải Tập A M gọi môđun M (ký hiệu A ≤ M hay AR ≤ MR ), A R-môđun phải với phép toán cộng nhân hạn chế A Định nghĩa (1) Môđun MR gọi đơn M ̸= với A ≤ M A = A = M , nghĩa M ̸= M có hai mơđun M (2) Vành R gọi đơn R ̸= với A ≤R RR A = A = 0, nghĩa R ̸= R có hai iđêan hai phía R (3) Mơđun A ≤ M gọi môđun cực tiểu môđun M A ̸= với B ≤ M thỏa mãn B < A B = (4) Tương tự, môđun A ≤ M gọi môđun cực đại A ̸= M với B ≤ M thỏa mãn B > A B = M Bổ đề MR đơn M ̸= ∀m ∈ M, m ̸= M = mR Cho MR N ≤ MR Vì N nhóm nhóm cộng aben M nên nhóm thương M/N nhóm aben (theo phần lý thuyết nhóm) Các phần tử M/N lớp ghép x + N N M phép toán cộng (x + N ) + (y + N ) = x + y + N Ta cần xây dựng phép nhân môđun để M/N trở thành môđun phải Định lý Cho MR N ≤ M (i) Quy tắc M/N × R → M/N cho (m + N, r) → (m + N )r = mr + N phép nhân mơđun (ii) Nhóm aben M/N với phép tốn nhân mơđun trở thành R-môđun phải Định nghĩa M/N xác định Định lý ?? gọi môđun thương môđun M môđun N Nhóm giả nhị diện Mệnh đề Cho nhóm giả nhị diện n SD2n = ⟨r, s | r2 = s2 = 1, s−1 rs = r2 n−1 −1 ⟩ với n ⩾ 3, H nhóm SD2n Khi (i) Nếu H = Rk với k | 2n , ⩽ k ⩽ 2n ( Pr(H, SD2n ) = k = 2n , k + n k ̸= 2n 2 (ii) Nếu H = Tl với ⩽ l ⩽ 2n − l chẵn, ⩽ l ⩽ 2n−1 − l lẻ Pr(Tl , SD2n ) = 1 + n 2 (iii) Nếu H = Ui,j với i|2n , ⩽ i ⩽ 2n − 1, ⩽ j ⩽ i −  1   + n i = 2n−1 , 2 Pr(H, SD2n ) =   + i + i ̸= 2n−1 2n+1 Chứng minh (i) Giả sử H = Rk với k|2n , ⩽ k ⩽ 2n Ta xét hai trường hợp k sau Trường hợp 1: k = 2n Khi Rk = {1} Rõ ràng Pr(Rk , SD2n ) = Trường hợp 2: k ̸= 2n Theo Mệnh đề ?? ta có |Rk | = 2n 2n = (2n , k) k Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta có X n−1 |CSD2n (x)| = |CSD2n (1)| + |CSD2n (r2 X )| + |CSD2n (rik )| n x∈Rk 1⩽i⩽ 2k −1 i̸=  = |SD2n | + |SD2n | + = 2n+1 + 2n+1 +  2n n−1 k  − |R1 | k 2n+1 (2n−1 + k) 2n − 2n = k k  Từ suy Pr(Rk , SD2n ) = X |CSD2n (x)| |Rk ||SD2n | x∈Rk = k 2n+1 (2n−1 + k) 2n−1 + k k · = = + n n n+1 n ·2 k 2 (ii) Giả sử H = Tl với ⩽ l ⩽ 2n − l chẵn, ⩽ l ⩽ 2n−1 − l lẻ Khi l chẵn với ⩽ l ⩽ 2n − Theo Mệnh đề ??, ta có |Tl | = Do Tl = {1, rl s} Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta có X 1 Pr(Tl , SD2n ) = = |Tl ||SD2n | |CSD2n (x)| = · 2n+1 x∈Tl |CSD2n (1)| + |CSD2n (rl s)|
1 1 n | + |U n−1 | |SD (2n+1 + 4) = + n 2 ,l = n+1 n+1 2·2 2·2 2 Khi l lẻ với ⩽ l ⩽ 2n−1 − Theo Mệnh đề ?? ta có |Tl | = Do n−1 Tl = {1, rl s, r2 n−1 , rl+2 s}
Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta có X |CSD2n (x)| |Tl ||SD2n | Pr(Tl , SD2n ) = x∈Tl l 2n−1 l+2n−1 |C )| + |C s)| n (1)| + |CSD2n (r s)| + |CSD2n (r n (r SD SD 2 · 2n+1
n | + |U n−1 | + |SD2n | + |U n−1 n−1 = |SD | 2 ,l ,l+2 · 2n+1
1 n+1 n+1 + + + = + = · 2n+1 2n =   Như hai trường hợp l ta có Pr(Tl , SD2n ) = 1 + n 2 (iii) Giả sử H = Ui,j với ⩽ i ⩽ 2n − 1, i|2n , ⩽ j ⩽ i − Ta xét hai trường hợp i sau Trường hợp 1: i = 2n−1 Theo Mệnh đề ??, ta có 2n+1 2n+1 = n−1 = i |Ui,j | = Do Ui,j = {1, r2 n−1 , rj s, r2 n−1 +j s} Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta có Pr(Ui,j , SD2n ) = X |CSD2n (x)| |Ui,j ||SD2n | x∈Ui,j 2n−1 j 2n−1 +j s)| = )| + |C |C n (1)| + |CSD2n (r n (r s)| + |CSD2n (r SD SD 2 · 2n+1
= |SD2n | + |SD2n | + |U2n−1 ,j | + |U2n−1 ,2n−1 +j | n+1 4·2 1 = (2n+1 + 2n+1 + + 4) = + n n+1 4·2 2   Trường hợp 2: i ̸= 2n−1 Theo Mệnh đề ?? ta có |Ui,j | = 2n+1 i Do  Ui,j = li r ,r li+j  n ZR ≤ |f (x − y) − f (x)|ϱh (y)dy B(0,1/h) Z =ϵ ϱh (y)dy B(0,1/h) = ϵ Ta có điều phải chứng minh Chứng minh định lý ?? (i) Ta chưng minh kết n = Đủ để rằng, ϱ ∈ C1c (R), ϱ ∗ f ∈ Cm (R) với số nguyên m ≥ Cho m = giả sử ϱ ∈ C1c (R), ϱ ∗ f ∈ C1 (R) (ϱ ∗ f )′ (x) = (ϱ′ ∗ f )(x), ∀x ∈ R (42) Sau đó, ta chứng minh với m có kết luận Thật vậy, giả sử ϱ ∈ Cm c (R) m−1 ′ với m ≥ Khi ϱ ϱ ∈ Cc (R) Từ giả thiết ban đầu, ϱ ∗ f ∈ Cm−1 (R) (36) giữ Từ ϱ′ ∈ Cm−1 (R) chí ϱ′ ∗ f ∈ Cm−1 (R), c theo (36), (ϱ ∗ f )′ ∈ Cm−1 (R) giữ Vì vậy, ϱ ∗ f ∈ Cm (R), kết thúc chứng minh phát biểu (i) Ta chứng minh (36) Cho < |t| ≤ cố định x ∈ R, (ϱ ∗ f )(x + t) − (ϱ ∗ f )(x) − (ϱ′ ∗ f )(x) t Z ϱ(x − y + t) − ϱ(x − y) − tϱ′ ()x − y = f (y)dy t R (43) Lấy qua giới hạn (37) t → ∞ tốn hội tụ số hạng vế phải 42 Ta thấy, ϱ bị chặn R, Z z+t ′ ′ ′ (ϱ (s) − ϱ (z))ds ≤ |t|ϵ(|t|), |ϱ(z+t)−ϱ(z)−tϱ (z)| = ∀z ∈ R, ∀t ∈ [−1, 1], z (44) phần dư ϵ : [0, +∞) → [0, +∞) xác định sau ϵ(τ ) := sup{|ϱ′ (s) − ϱ′ (z)| : s, z ∈ R, |s − z| ≤ τ } ∈ [0, ∞), τ ∈ [0, +∞) Hơn nữa, ϱ′ liên tục R nên (45) lim ϵ(τ ) = Mặt khác, cho K0 := spt(ϱ), ϱ(x − y + t) − ϱ(x − y) − tϱ′ (x − y) = y ∈ / x + B(0, 1) − K0 , ∀t ∈ B(0, 1), x − y + t ∈ / K0 với t ∈ B(0, 1) Ký hiệu K := x + B(0, 1) − K0 , từ (38), ta suy |ϱ(x − y + t) − ϱ(x − y) − tϱ′ (x − y)||f (y)| ≤ |t|ϵ(|t|)χK (y)|f (y)|, ∀y ∈ R, ∀t ∈ [−1, 1] (46) Theo (37), (39), (40) định lý hội tụ bị trội, ta (36) (ii) Để đơn giản, ta ký hiệu ϱh ≡ ϱ Lưu ý, f ∗ ϱ : Rn → R liên tục, đo Đầu tiên, giả sử ≤ p < ∞ Khi Z Z Z p p dx