Bài toán dạng cauchy cho hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến hai chiều

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: BÀI TỐN DẠNG CAUCHY CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN HAI CHIỀU 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 Mục đích luận văn nghiên cứu tồn tại, tính xấp xỉ nghiệm tốn biên nhiều điểm cho hệ phương trình vi phân thường Nội dung luận văn gồm ba chương: Chương chúng tơi trình bày kết tổng qt tồn tại, xấp xỉ nghiệm tốn biên tổng qt cho hệ phương trình vi phân tuyến tính Trong chương nhờ khái niệm ma trận Oplia phương pháp đánh giá tiệm cận đưa số điều kiện đủ cho tồn tại, xấp xỉ nghiệm tốn biên tổng qt cho hệ phương trình vi phân phi tuyến tính Trên sở kiến thức chuẩn bị từ chương chương 2, chương nhận điều kiện cần đủ điều kiện đủ cho tồn nghiệm tốn biên nhiều điểm Sau phương pháp đánh giá tiệm cận chúng tơi có dấu hiệu cụ thể cho vấn đề xấp xỉ nghiệm tốn 786 2 Tính chất ∆U lớp vành Một phần tử r ∈ R gọi ∆-clean r biểu diễn thành r = e + t e phần lũy đẳng R t ∈ ∆(R) Vành R gọi ∆-clean phần tử R ∆-clean Chú ý, phẩn tử ∆-clean clean Mệnh đề Các điều kiện sau tương đương vành R (1) R ∆U -vành; (2) Tất phần tử clean R ∆-clean Chứng minh (1) ⇒ (2) Giả sử R ∆U -vành Lấy r ∈ R clean, r = e + u Vì R ∆U -vành, ta có u = + a với a ∈ ∆(R) Lưu ý − 2e ∈ U (R) = + ∆(R), 2e ∈ ∆(R) Khi 2e + a ∈ ∆(R) r = e + + a = (1 − e) + (2e + a) biểu diễn ∆-clean r (2) ⇒ (1) Lấy u ∈ U (R) Khi u clean nên theo giả thiết u ∆-clean Giả sử u = e + a biểu diễn ∆-clean u với a ∈ ∆(R) e lũy đẳng Ta có = eu−1 + au−1 suy eu−1 = − au−1 khả nghịch R Vì e = Điều nghĩa u = + a ∈ + ∆(R) U (R) = + ∆(R) Định lý Cho R vành, điều kiện sau tương đương (1) R clean ∆U -vành; (2) Nếu a ∈ R thỏa mãn a − a2 ∈ ∆(R), tồn tử phẩn tử lũy đẳng e ∈ R cho a − e ∈ ∆(R); (3) R ∆-clean ∆U -vành; (4) R vành ∆-clean Chứng minh (1) ⇔ (3) ⇔ (4) suy từ Mệnh đề ?? (1) ⇒ (2) Giả sử R clean ∆U -vành Khi đó, a ∈ R a − e ∈ ∆(R), với e lũy linh Tiếp theo ta chứng minh a − a2 ∈ ∆(R) Theo Mệnh đề ??, giả sử a = e + j biểu diễn ∆-clean a Khi a − a2 = (j − j ) − (ej + je) Chú ý j − j ∈ ∆(R) 2e ∈ ∆(R) Bây ta chứng minh ej + je ∈ ∆(R) Thậy vậy, ta có [ej(1 − e)]2 = = [(1 − e)je]2 theo Mệnh đề ?? ta ej − eje = ej(1 − e) ∈ ∆(R) je − eje = (1 − e)je ∈ ∆(R) Suy je − ej ∈ ∆(R) Vì ej + je = 2ej + (je − ej) ∈ ∆(R) (2) ⇒ (3) suy từ định nghĩa Rõ ràng Hệ 21 suy từ Định lý 40 Nghĩa vành đơn vị thỏa mãn tính chất ∆(R) = Cho vành R, phần tử a ∈ R gọi phần tử quy mạnh tồn x ∈ R thỏa mãn a = a2 x Một vành mà phần tử phần tử quy mạnh gọi vành quy mạnh Định lý Cho R vành Khi đó, điều kiện sau tương đương (1) R ∆U -vành quy; (2) R ∆U -vành quy mạnh; (3) R ∆U -vành quy đơn vị; (4) R thỏa mãn tính chất x2 = x với x ∈ R (R vành Boolean) Chứng minh (1) ⇒ (2) Từ R quy, iđêan phải khác khơng chứa phần tử lũy đẳng khác không Ta R vành rút gọn R aben (nghĩa là, phần tử lũy đẳng R tâm) Giả sử R khơng phải vành rút gọn, tồn phần tử khác không a ∈ R thỏa mãn a2 = Theo Định lý 32, có phần tử lũy đẳng e ∈ RaR thỏa mãn eRe ∼ = M2 (T ), T vành khơng tầm thường Theo Mệnh đề ?? M2 (T ) ∆U -vành, điều mâu thuẫn Định lý ?? (2) ⇒ (3) Hiển nhiên (3) ⇒ (4) Cho x ∈ R Khi x = ue u ∈ U (R) e = e ∈ R Do R ∆U -vành, nên có u = hay y x = e, x lũy đẳng Chúng ta kết luận R vành Boolean (4) ⇒ (1) Hiển nhiên Một vành R gọi nửa quy R/J(R) quy phần tử lũy đẳng nâng lên modulo J(R) Vành R gọi vành biến đổi phần tử a ∈ R, tồn e2 = e ∈ aR thỏa mãn − e ∈ (1 − a)R Hoàn tồn tương tự, có kết sau: Định lý Cho R vành Khi đó, điều kiện sau tương đương (1) R ∆U -vành nửa quy; (2) R ∆U -vành biến đổi; (3) R/J(R) vành Boolean Hệ Cho R ∆U -vành Khi đó, điều kiện sau tương đương (1) R vành nửa quy; (2) R vành biến đổi; (3) R vành clean Mở rộng toán tử ∆ cho vành khơng có đơn vị Bây ta thay đổi định nghĩa ∆ để làm việc vành không chứa đơn vị Cụ thể, xét tập ∆◦ (R) = {r ∈ R|r + U◦ (R) ⊆ U◦ (R)} Khi R vành có đơn vị ∆◦ (R) = ∆(R) Với vành R bất kỳ, khơng thiết phải có đơn vị Ta ký hiệu R1 vành bao gồm R đơn vị Z Khi đó, U◦ (Z) = Ta dễ dàng kiểm tra bổ đề sau Bổ đề Cho R vành, không thiết phải có đơn vị, ta có ∆◦ (R) = ∆◦ (R1 ) = ∆(R1 ) Bổ đề rằng, ta mở rộng định nghĩa ∆ cho tất vành, không thiết phải có đơn vị khẳng định Định lý 36 tương đương với vành tùy ý Hơn nữa, điều kiện tương đương đúng, ∆(∆(R)) = ∆(R) Ta biết kết cổ điển Jacobsson J(R) vành J(eRe) = eJ(R)e, với e lũy đẳng R Ta dấu khơng cịn trường hợp tổng qt ∆(R) Tuy nhiên quan hệ bao hàm e∆(R)e ⊆ ∆(eRe) giữ với giả thiết e∆(R)e ⊆ ∆(R) Trong Hệ 24 ta thêm vào giả thiết ∈ U (R) Cho R vành có đơn vị Phần tử a ∈ R gọi quy (tương ứng, quy đơn vị) R a = aua với u ∈ R (tương ứng, u ∈ U (R)) Nếu phần tử vành R quy (tương ứng, quy đơn vị) R gọi vành quy (tương ứng, vành quy đơn vị) Mệnh đề Cho R vành bất kỳ, ta có (1) Cho e2 = e thỏa mãn e∆(R)e ⊆ ∆(R) Khi e∆(R)e ⊆ ∆(eRe) (2) ∆(R) khơng chứa phần tử lũy đẳng khác không (3) ∆(R) không chứa phần tử quy đơn vị khác khơng Chứng minh (1) Nếu y ∈ U (eRe), y1 = y + (1 − e) ∈ U (R) thỏa mãn y = ey1 e Ta lấy r ∈ e∆(R)e ⊆ ∆(R) ta phần tử khả nghịch y ∈ U (eRe) ta có e − yr ∈ U (eRe) Như trên, lấy y1 = y+1−e ∈ U (R) Từ r ∈ e∆(R)e ⊆ ∆(R), ta 1−y1 r ∈ U (R) Do tồn phần tử b ∈ R thỏa mãn b(1 − y1 r) = e = eb(1 − y1 r)e = eb(e − y1 re)e = eb(e − (y + − e)re) = eb(e − yre) + eb(1 − e)re = ebe(e − yre), dấu cuối r ∈ eRe Điều cho thấy e − yre = e − yr phần tử khả nghịch trái eRe Từ − y1 r ∈ U (R) ta có (1 − y1 r)b = = (1 − (y + − e)r)b = (1 − yr)b Nhân hai vế với e ta e = e(1 − yr)be = (e − yr)be = (e − yr)ebe Điều có nghĩa ebe phần tử khả nghịch phải trái e − yr (2) Nếu e2 = e ∈ ∆(R), − e = e + (1 − 2e) ∈ U (R), − 2e khả nghịch, e = (3) Nếu a ∈ ∆(R) phần tử quy đơn vị, tồn phần tử khả nghịch u ∈ U (R) thỏa mãn au lũy đẳng Theo điều kiện (2) ta suy a phải không Hệ Cho R vành quy đơn vị, ∆(R) = Hệ Giả sử ∈ U (R) Khi e∆(R)e ⊆ ∆(eRe) với e phần tử lũy đẳng R Dưới số ví dụ mà ∆(R) ̸= J(R) Ví dụ (1) Ở Định lý 36, ta nhận thấy A vành vành R thỏa mãn U (R) = U (A), J(A) ⊆ ∆(R) Cụ thể chọn A miền giao hoán với J(A) ̸= R = A[x], ta = J(R) ⊂ J(A) ⊆ ∆(R) (xem [?], Bài tập 4.24) (2) ([?], Ví dụ 2.5) Cho R = F2 < x, y > / < x2 > Khi J(R) = U (R) = + F2 x + xRx Cụ thể, F2 x + xRx chứa ∆(R) J(R) = (3) Cho S vành tùy ý thỏa mãn J(S) = ∆(S) ̸= cho R = M2 (S) Khi đó, theo Định lý 35 (1), ∆(R) = J(R) = 0, đó, e = e11 ∈ R, e∆(R)e = eJ(R)e = J(eRe) = ∆(eRe) ≃ ∆(S) ̸= Điều quan hệ bao hàm e∆(R)e ⊆ ∆(eRe) Mệnh đề 53 nghiêm ngặt trường hợp tổng quát (4) Cho A miền giao hoán với J(A) ̸= S = A[x] Khi đó, theo (1), ̸= J(A) ⊆ ∆(S) rõ ràng J(S) = R = M2 (S), A miền giao hoán địa phương Theo Định lý 35, ∆(R) = J(R) = Lưu ý, tâm Z = Z(R) R = M2 (S) đẳng cấu với S U (Z) = U (R) ∩ Z Do đó, = ∆(R) ∩ Z ⊆ ∆(Z) ≃ J(A) ̸= Do đó, quan hệ bao hàm Hệ 28 nghiêm ngặt J(R) = = J(Z(R)) Một vành R gọi 2-nguyên thủy tập phần tử lũy linh N (R) trùng với nguyên tố B(R), tức R/B(R) vành rút gọn Mệnh đề Giả sử R vành 2-nguyên thủy Khi ∆(R[x]) = ∆(R) + J(R[x]) Chứng minh Trước tiên ta giả sử R vành rút gọn Khi theo Hệ 23 ta có U (R[x]) = U (R) Do đó, theo định nghĩa ∆(R[x]), ta có ∆(R) ⊆ ∆(R[x]) Lấy a + a0 ∈ ∆(R[x]) a ∈ R[x]x a0 ∈ R Khi đó, u ∈ U (R), a + a0 + u ∈ U (R) Ta có a0 + u ∈ U (R) a = ∆(R) = ∆(R[x]) Bây ta giả sử R vành 2-nguyên thủy Rõ ràng B(R[x]) = B(R)[x] ⊆ J(R[x]) R vành 2-nguyên thủy R/B(R) vành rút gọn J(R[x]) = B(R[x]) = B(R)[x] Áp dụng phần đầu chứng minh cho R/B(R) Mệnh đề 62 (2) ta có ∆(R) + B(R)[x] = ∆(R/B(R)[x]) = ∆(R[x]/J(R[x])) = ∆(R[x])/J(R[x]) Ta có điều cần chứng minh Nhóm quaternion suy rộng Mệnh đề Cho nhóm quaternion suy rộng Q4n = ⟨r, s | r2n = 1, s2 = rn = 1, s−1 rs = r−1 ⟩ với n ⩾ H nhóm Q4n Khi (i) Nếu H = Rk với k|2n, ⩽ k ⩽ 2n  n+k   k | n, 2n Pr(H, Q4n ) =   2n + k k ∤ n 4n (ii) Nếu H = Ui,j với i|n, ⩽ i ⩽ n, ⩽ j ⩽ i − Pr(H, Q4n ) = n+i+2 4n Chứng minh (i) Giả sử H = Rk với k|2n, ⩽ k ⩽ 2n Theo Mệnh đề 12 ta có |Rk | = 2n 2n = (2n, k) k Do ϕ(χ ) − ϕ χ ν(E) − ν(E ) = ϕ(χ ) − ϕ(χ ) = E E Eh Eh h