Phương trình sóng phi tuyến với điều kiện biên dirichlet không thuần nhất ở một phần biên

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: PHƯƠNG TRÌNH SĨNG PHI TUYẾN VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN DIRICHLET KHƠNG THUẦN NHẤT Ở MỘT PHẦN BIÊN 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 Mơ hình tốn học phương thức sử dụng ngơn ngữ tốn để mơ tả hệ thống, tượng tự nhiên sống, đặc biệt sử dụng nhiều ngành khoa học tự nhiên chuyên ngành kỹ thuật (ví dụ: vật lý, sinh học, kỹ thuật điện tử) đồng thời khoa học xã hội (như kinh tế, xã hội học khoa học trị) Các kỹ sư, nhà khoa học sử dụng mơ hình tốn học cơng cụ nghiên cứu Các mơ hình đưa mơ tả vấn đề sống mà chúng biểu thị dạng phương trình tốn học, phương trình sai phân, hệ phương trình tuyến tính phải kể đến vấn đề miêu tả phương trình vi phân hệ phương trình vi phân 675 2 Không gian hàm Lipschitz Lip(Ω) Định nghĩa Cho A ⊂ Rn (i) Hàm f : A ⊂ Rn → R gọi "Lipschitz" tồn số L>0 thỏa |f (x) − f (y)| ≤ L|x − y|, ∀x, y ∈ A Tập hợp hàm Lipschitz f : A ⊂ Rn → R ký hiệu Lip(A) (ii) Cho f ∈ Lip(A) Một số không âm   |f (x) − f (y)| : x, y ∈ A, x ̸= y Lip(f ) = Lip(f, A) := sup |x − y| gọi số Lipschitz f Nhận xét Định nghĩa hàm Lipschitz khái niệm metric Thật vậy, (X, d) (Y, ϱ) không gian metric, ánh xạ f : X → Y gọi Lipschitz có số L > thỏa mãn ϱ(f (x), f (y)) ≤ Ld(x, y), ∀x, y ∈ X Mệnh đề Cho A ⊂ Rn f ∈ Lip(A) (i) f liên tục A; (ii) tồn f¯ : A → R với f |A = f Lip(f ) = Lip(f ) Nhận xét Từ mệnh đề 22 suy f ∈ Lip(A), với A ⊂ Rn , ln có nghĩa hàm f : A → R ngược lại Hơn nữa, ánh xạ mở rộng E : Lip(A) → Lip(A), E(f ) := f song ánh Theo kết này, ta hiểu Lip(A) = Lip(A) Lưu ý tính chất mở rộng khơng cịn khơng gian C1 (Ω) Mệnh đề Cho Ω ⊂ Rn tập lồi bị chặn Khi C1 (Ω) ⊂ Lip(Ω) Chứng minh Cho f ∈ C1 (Ω) Theo định lý giá trị trung bình ∀x, y ∈ Ω, ∃z ∈ xy := {tx + (1 − t)y : ≤ t ≤ 1} ⊂ Ω thỏa mãn f (x) − f (y) = (∇f (z), x − y)Rn Nghĩa |f (x) − f (y)| = |(∇f (z), x − y)Rn | ≤ sup(|∇f |)|x − y| = L|x − y|, ∀x, y ∈ Ω Ω Nhận xét (i) không Ω không lồi p Ví dụ: Cho Ω = {(x, y) ∈ R : y < |x|, x2 + y < 1} ( y β y > f (x, y) := y ≤ với 1, β < Khi f ∈ C1 \ Lip(Ω) Thật vậy, dễ thấy f ∈ C1 Ta chứng minh f ∈ / Lip(Ω) Theo phản chứng, giả sử f ∈ Lip(Ω) Khi tồn L > thỏa mãn, với (x, y) ∈ Ω với x > 0, y > 0,  x 1/β |f (x, y) − f (−x, y)| = 2y β ≤ 2Lx ⇔ y ≤ L  x 1/β √ , Từ 1/2 < 1/β , ta chọn (x, y) ∈ Ω thỏa mãn x > y > L điều mấu thuẫn với bất đẳng thức trước (ii) Quan hệ bao hàm chặt Ví dụ: Cho Ω = (−1, 1) f (x) = |x| Khi f ∈ Lip(Ω) \ C1 (Ω) Mặc dù không gian hàm Lipschitz Lip(Ω) rộng hàm khả vi liên tục C1 (Ω), chúng có chung tính chất quan trọng, tính khả vi, chứng minh trường hợp chiều Định lý (Rademacher) Cho Ω ∈ Rn tập mở cho f ∈ Lip(Ω) Khi f khả vi x, Ln hầu khắp nơi, x ∈ Ω, nghĩa bỏ tập có độ đo khơng N ⊂ Ω, với x ∈ Ω \ N tồn hàm tuyến tính varphi : Rn → R thỏa mãn f (y) − f (x) − φ(y − x) = y→x y−x lim Đặc biệt, với x ∈ Ω \ N tồn ∇f (x) Định nghĩa Cho Ω ⊂ Rn tập mở bị chặn, cho f ∈ Lip(Ω) Ta biểu thị ∥f ∥Lip = ∥f ∥Lip,Ω := ∥f ∥∞,Ω + Lip(f, Ω) ∥.∥Lip gọi chuẩn Lip Định lý (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) không gian Banach vô hạn chiều không không gian Hilbert, biết Ω ∈ Rn tập mở bị chặn Chứng minh Dễ thấy (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) khơng gian tuyến tính định chuẩn, ý Lip(f + g) ≤ Lip(f ) + Lip(g) ∀f, g ∈ Lip(Ω) (1) Ta phải tính đầy đủ Cho (fh )h dãy Cauchy (Lip(Ω), ∥.∥Lip ), nghĩa với ϵ > tồn h = h(ϵ) ∈ N thỏa mãn |fh (x) − fk (y)| + |fh (x) − fk (y) − fh (z) + fk (z)| ≤ |y − z| (2) ∥fh − fk ∥∞ + Lip(fh − fk ) = ∥fh − fk ∥Lip ≤ ϵ ∀k > h > h, x, y, z ∈ Ω với y ̸= z Theo (??) (??), suy tồn L > thỏa mãn Lip(fh ) ≤ L ∀h, (3) theo (??), (fh )h dãy Cauchy (C0 (Ω), ∥.∥∞ ) Khi đó, tồn f ∈ C0 (Ω) thỏa mãn fh → f Ω Theo (??), ta Lip(f ) ≤ L, f ∈ Ω Lấy qua giới hạn (??), k → ∞, ϵ > tồn h = h(ϵ) ∈ N cho |fh (x) − f (x)| + fh (y) − f (y) − fh (z) + f (z) ≤ϵ y−z ∀h > h, x, y, z ∈ Ω, y ̸= z Điều có nghĩa lim ∥fh − f ∥Lip = h→∞ Từ tập hợp hàm đa thức chứa Lip(Ω), Lip(Ω) vô hạn chiều Cuối cùng, ta cần phải chứng minh khơng phải khơng gian Hilbert, lập luận tương tự trường hợp trước, cách sử dụng đẳng thức hình bình hành Theo hệ mệnh đề ?? ta kết sau Hệ Bao hàm C1 (Ω) ⊂ Lip(Ω) ánh xạ song Lipszhitz, nghĩa ∥f ∥C1 ≤ ∥f ∥Lip ≤ L∥f ∥C1 L ∀f ∈ C1 (Ω), nghiêm ngặt, biết Ω ⊂ Rn tập lồi, mở bị chặn Đặc biệt, C1 (Ω) khơng gian đóng (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) Chứng minh Ta chứng minh khẳng định trường hợp n = Ω = (a, b) Theo mệnh đề ?? nhận xét ?? (ii), ta cần quan hệ bao hàm phép đẳng cự Điều suy Bài tập Nếu f ∈ C1 ([a, b]) ∥f ∥Lip = ∥f ∥C1 Tính compact Lip(Ω) Định lý Cho Ω ⊂ Rn tập mở bị chặn, giả sử F = BLip(Ω) := {f ∈ Lip(Ω) : ∥f ∥Lip ≤ 1} Khi BLip(Ω) compact (Lip(Ω), ∥.∥∞ ) Chứng minh Ta cần F compact (C0 (Ω), ∥.∥∞ ) Áp dụng định lý Arzelà - Ascoli (Định lý 25) Chứng minh (i) F bị chặn (C0 (Ω), ∥.∥∞ ): hiển nhiên theo định nghĩa (ii) F đóng (C0 (Ω), ∥.∥∞ ): nghĩa là, (fh )h ⊂ F với ∥fh − f ∥∞ , f ∈ F Thật fh ∈ FLef trightarrow|fh (x)|+ |fh (y) − fh (z)| ≤1 y−z ∀h, x, y, z ∈ Ω với y ̸= z Lấy qua giới hạn, h → ∞, ta |f (x)| + |f (y) − f (z)| ≤1 y−z ∀x, y, z ∈ Ω với y ̸= z từ f ∈ F (iii) F liên tục Ω Thật vậy, đủ để nhận thấy rằng, theo định nghĩa |f (y) − f (z)| ≤ |y − z| ∀y, z ∈ Ω, f ∈ F Ta có điều phải chứng minh Nhận xét Chú ý BC1 (Ω) := {f ∈ C1 (Ω) : ∥f ∥C1 ≤ 1} không compact (C1 (Ω), ∥.∥∞ ) Đây đặc trưng tốt có Lip(Ω) khơng có C1 (Ω) Tính tách (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) Định lý Cho Ω ⊂ Rn tập mở bị chặn Khi (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) khơng tách Chứng minh Ta cần tồn họ tách rời không đếm {Uα : α ∈ I} tập mở (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) (Mệnh đề 14) Ta chia chứng minh thành hai bước Bước 1: Giả sử n = Ω = (a, b) ta chứng minh kết luận Cho {uα : α ∈ (a, b)} ⊂ (Lip(a, b)) họ hàm uα (x) := |x − α| x ∈ (a, b), α ∈ I := (a, b) Ta chứng minh ∥uα − uβ ∥Lip ≥ Lip(uα − uβ ) ≥ α ̸= β (4) Thật  |uα (x) − uβ (x) − uα (y) + uβ (y)| Lip(uα − uβ ) = sup : x, y ∈ (a, b), x ̸= y |x − y| |uα (α) − uβ (α) − uα (β) + uβ (β)| |α − β| =2 = |α − β| |α − β|  ≥ Vì họ Uα := {f ∈ Lip((a, b)) : ∥f − uα ∥Lip < ∀α ∈ I} Ta điều mong muốn Bước 2: Giả sử Ω tập mở bị chặn Từ Ω mở, tồn hình cầu mở (a1 , b1 ) × · · · × (an , bn ) ⊂ Ω Cho {fα : α ∈ (a1 , b1 )} ⊂ Lip(Ω) họ hàm định nghĩa fα (x) := uα (x1 ) x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Ω, α ∈ I := (a1 , b1 ), uα hàm biến theo định nghĩa bước Theo (??) ta được, α ̸= β Lip(fα − fβ , Ω) ≥ Lip(uα − uβ , (a1 , b1 )) ≥ Vì vậy, họ Uα := {f ∈ Lip(Ω) : ∥f − fα ∥Lip < 1} ∀α ∈ I Ta điều cần chứng minh Ta xem xét lớp Lip(Ω) hàm liên tục Lipschitz f : Ω → R mà định nghĩa thỏa mãn ước lượng |f (x) − f (y)| < C|x − y| ∀x, y ∈ Ω (L) Với C > Giống hàm thỏa mãn (L), hàm thỏa mãn tính chất (H) quan trọng, hàm thỏa mãn tính chất (H) gọi hàm thỏa mãn điều kiện Holder với số mũ α |f (x) − f (y)| ≤ C|x − y|α ∀x, y ∈ Ω (H) với số C, α > Bài tập Cho Ω ⊂ Rn tập mở liên thông giả sử (H) với C > α > Khi f ≡ const Do điều kiện Holder khơng cịn ý nghĩa cho hàm với số mũ lớn tập mở liên thông Định nghĩa Cho A ⊂ Rn , hàm f : A → R gọi liên tục Holder với mũ α > thỏa mãn (H) với sơ C > Các tính chất tổng qt ∆U -vành Ta biết + J(R) ⊆ U (R) Vành R gọi U J -vành U (R) ⊆ + J(R), nghĩa + J(R) = U (R) Lưu ý R U J -vành ∆(R) = J(R) Một vành R gọi ∆U -vành + ∆(R) = U (R) Mệnh đề Một vành R ∆U -vành U (R)+U (R) ⊆ ∆(R) (khi U (R) + U (R) = ∆(R)) Chứng minh Giả sử R ∆U -vành, lấy u, v ∈ U (R), ta có + u ∈ ∆(R) − v ∈ ∆(R), u + v = (1 + u) − (1 − v) ∈ ∆(R) hay U (R) + U (R) ⊆ ∆(R) Ngược lại, giả sử U (R) + U (R) ⊆ ∆(R), suy U (R) + U (R) = ∆(R) (vì ∆(R) ⊂ U (R) + U (R)) hay + ∆(R) = U (R) Vậy R ∆U -vành Mệnh đề sau trình bày số tính chất ∆U -vành Mệnh đề Cho R ∆U -vành Khi (1) ∈ ∆(R); (2) Nếu R thể, R ∼ = F2 ; (3) Nếu x2 ∈ ∆(R) x ∈ ∆(R) (do N (R) ⊆ ∆(R)); (4) R hữu hạn Dedekind; (5) Cho I ⊆ J(R) iđêan R Khi R ∆U -vành R/I ∆U -vành; Y (6) Vành Ri ∆U vành Ri ∆U , với i ∈ I i∈I (7) Nếu T vành R thỏa mãn U (T ) = U (R) ∩ T , T ∆U -vành Cụ thể áp dụng cho Z = Z(R) tâm R Chứng minh (1) Từ Mệnh đề 24 ta dễ dàng suy ∈ ∆(R) (2) Nếu R thể ∆(R) = Vì R U J -vành nên ta suy R∼ = F2 (3) Giả sử x2 ∈ ∆(R) Khi (1+x)(1−x) = (1−x)(1+x) = 1−x2 ∈ U (R) tức 1+x ∈ U (R) Vì R ∆U -vành nên 1+x ∈ 1+∆(R), x ∈ ∆(R) (4) Giả sử a, b ∈ R với ab = Khi phần tử − ba lũy đẳng R, [b(1 − ba)]2 = = [(1 − ba)a]2 ∈ ∆(R) 33 Theo (??), tập ?? định lý Fubini-Tonelli, suy Z  Z ∥f ∗ ϱ∥pLp (Rn ) ≤ |f (x − y)|p ϱ(y)dy dx ZR n = Rn Z p |f (x − y)| dx ϱ(y)dy Rn  Rn Z =  Z p |f (x)| dx ϱ(y)dy Rn Rn = ∥f ∥pLp (Rn ) Bây cho p = ∞ Theo định nghĩa tích chập Z Z ϱ(x − y)f (y)dy ≤ ∥f ∥L∞ (Rn ) |(f ∗ ϱ)(x)| = |(ϱ ∗ f )(x)| = n = ∥f ∥L∞ (Rn ) , ϱ(x − y)dy Rn R ∀x ∈ Rn Do đó, ta có điều phải chứng minh (iii) Đặt ϱh ≡ ϱ cố định x ∈ R Khi đó, từ
ϱ(x − y)f (y) = hầu khắp nơi, y ∈ / x − B(0, 1/h) ∩ spte (f ), Z Z ϱ(x − y)f (y)dy = (ϱ ∗ f )(x) := Rn ϱ(x − y)f (y)dy (x−B(0,1/h))∩spte (f ) Chú ý
x − B(0, 1/h) ∩ spte (f ) ̸= ⇔ x ∈ B(0, 1/h) + spte (f ), (ϱ ∗ f )(x) = với x ∈ / B(0, 1/h) + spte (f ), từ ϱ ∗ f liên tục, spt(ϱ ∗ f ) ⊂ B(0, 1/h) + spte (f ) (iv) Từ (i) (ii), ϱh ∗ f ∈ C∞ (Rn ) ∩ Lp (Rn ) với p ∈ [1, ∞] Ta lim ∥ϱh ∗ f − f ∥Lp (Rn ) = ≤ p < ∞ (12) h→∞ C0c (Rn ) Từ trù mật (Lp (Rn ), ∥.∥Lp ), với ≤ p < ∞, với ϵ > tồn f1 ∈ C0c (Rn ) cho ∥f − f1 ∥Lp ()Rn 0, h→∞ ta (??) 11 ĐỊNH LÝ CAUCHY Định lý 19 (Định lý Cauchy) Giả sử hàm số f g liên tục [a, b], khả vi khoảng (a, b) g ′ (x) ̸= với x ∈ (a, b) Khi tồn c ∈ (a, b) cho: f (b) − f (a) f ′ (c) = ′ g(b) − g(a) g (c) Chứng minh Trước hết ta nhận xét g(a) ̸= g(b) Nghĩa công thức kết luận định lý luôn có nghĩa Thật vậy, giả sử g(a) = g(b) Khi 35 theo định lý Rolle, tồn ξ ∈ (a, b) cho g ′ (ξ) = Điều mâu thuẫn với giả thiết g ′ (x) ̸= với x ∈ (a, b) Xét hàm số F (x) = [f (a) − f (b)]g(x) − [g(a) − g(b)]f (x) Do hàm f (x), g(x) liên tục đoạn [a, b] khả vi khoảng (a, b) nên hàm số F (x) có tính chất Mặt khác, F (a) = F (b) Theo định lý Rolle, tồn c ∈ (a, b) cho F ′ (c) = Nhưng ta có F ′ (x) = [f (a) − f (b)]g ′ (x) − [g(a) − g(b)]f ′ (x) Suy F ′ (c) = [f (a) − f (b)]g ′ (c) − [g(a) − g(b)]f ′ (c) = Từ ta nhận điều phải chứng minh Nhận xét Định lý Lagrange trường hợp riêng định lý Cauchy g(x)=x Chú ý: Các định lý Rolle, Lagrange, Cauchy khơng cịn điều kiện giả thiết không thỏa mãn Nghĩa hàm f g không khả vi khoảng (a, b) hay không liên tục đoạn [a, b] định lý khơng 12 Nhóm nhị diện Mệnh đề 23 Cho nhóm nhị diện Dn = ⟨r, s | rn = s2 = 1, s−1 rs = r−1 ⟩ với n ⩾ 3, H nhóm Dn Khi (i) Nếu H = Rk với k|n, ⩽ k ⩽ n Pr(H, Dn ) =  n+k   2n n n lẻ, n chẵn k ∤ ,   n + 2k n chẵn k | n 2n 36 (ii) Nếu H = Tl với ⩽ l ⩽ n − Pr(H, Dn ) =  n+1   n lẻ, 2n n   + n chẵn 2n (iii) Nếu H = Ui,j với i|n, ⩽ i ⩽ n − 1, ⩽ j ⩽ i − Pr(H, Dn ) =  n+i+2     4n         n lẻ, n+i+4 n n chẵn i ∤ , 4n n n + 2i + n chẵn i | 4n Chứng minh (i) Giả sử H = Rk với k|n, ⩽ k ⩽ n Theo Mệnh đề 53 ta có |Rk | = Do Rk = ⟨rk ⟩ =  n n = (n, k) k  n kl r