Sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân trung hòa với lệch không bị chặn

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: SỰ TỒN TẠI NGHIỆM TUẦN HỒN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG HỊA VỚI LỆCH KHƠNG BỊ CHẶN 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 Bài tốn khơi phục hàm gốc cho trước hàm ảnh phép biến đổi Laplace tốn khơng chỉnh theo nghĩa Hadamard, nghĩa tốn khơng ln có nghiệm có nghiệm nghiệm không phụ thuộc liên tục vào kiện cho Do vậy, sai số nhỏ hàm ảnh dẫn đến sai số lớn hàm gốc Để chỉnh hố tốn có nhiều phương pháp nêu chẳng hạn phương pháp Tikhonov Trong luận văn này, chúng tơi tìm hiểu việc chỉnh hố biến đổi Laplace ngược theo hướng khai thác tính chất hàm giải tích 919 2 Độ giao hốn tương đối mở rộng nhóm Trong mục ta nghiên cứu độ giao hoán tương đối mở rộng nhóm Mệnh đề Cho H1 H2 hai nhóm G cho H1 ⩽ H2 Khi Pr(H1 , H2 ) ⩾ Pr(H1 , G) ⩾ Pr(H2 , G) Chứng minh Theo Bổ đề 1, với x ∈ G ta có |H1 : CH1 (x)| ⩽ |H2 : CH2 (x)| ⩽ |G : CG (x)| Từ suy |C (x)| |C (x)| |CH1 (x)| ⩾ H2 ⩾ G với x ∈ G |H1 | |H2 | |G| Theo Mệnh đề ta có Pr(H1 , H2 ) = X X |CH2 (x)| |CH2 (x)| = |H1 ||H2 | |H1 | |H2 | x∈H1 ⩾ x∈H1 X X |CG (x)| = |CG (x)| = Pr(H1 , G) |H1 | |G| |H1 ||G| x∈H1 x∈H1 Theo Mệnh đề ta có X Pr(H1 , G) = ⩾ |H1 ||G| |CH1 (y)| = y∈G X |CH2 (y)| |G| y∈G |H2 | X |CH1 (y)| |G| |H1 | y∈G = X |CH2 (y)| = Pr(H2 , G) |H2 ||G| y∈H2 Vậy ta có điều phải chứng minh Mệnh đề Cho H N nhóm nhóm G cho N ⩽ H N ◁ G Khi Pr(H, G) ⩽ Pr(H/N, G/N ) Pr(N ) Hơn nữa, dấu đẳng thức xảy N ∩ [H, G] = Để chứng minh Mệnh đề 29 ta cần bổ đề sau Bổ đề Cho H N nhóm nhóm G cho N ⩽ H N ◁ G Khi CH (x)N ⩽ CH/N (xN ) N với x ∈ G Hơn nữa, đẳng thức xảy N ∩ [H, G] = Chứng minh Lấy x ∈ G Giả sử y ∈ CH (x) Khi yN ∈ CH (x)N , N ta có xN yN = (xy)N = (yx)N = yN xN Do yN ∈ CH/N (xN ) Từ suy CH (x)N ⩽ CH/N (xN ) N Giả sử N ∩ [H, G] = Ta chứng minh xảy dấu đẳng thức Thật vậy, lấy x ∈ G Giả sử yN ∈ CH/N (xN ) với y ∈ H Khi xN yN = yN xN , (xy)N = (yx)N Từ suy y −1 x−1 yx = (xy)−1 (yx) ∈ N Điều chứng tỏ y −1 x−1 yx ∈ N ∩[H, G] Do theo giả thiết, ta có y −1 x−1 yx = hay xy = yx Từ suy y ∈ CH (x) Do yN ∈ CH (x)N N Điều chứng tỏ CH/N (xN ) ⩽ CH (x)N N Vậy ta có điều phải chứng minh Bây ta chứng minh Mệnh đề 29 Chứng minh Từ Mệnh đề ta có X X X |CH (y)| |H||G| Pr(H, G) = |CH (y)| = y∈G = X X S∈G/N y∈S = S∈G/N y∈S |CN (y)| X X |CH (y)N | |CH (y)| |CN (y)| = |CN (y)| |N ∩ CH (y)| |N | X X CH (y)N u(sh − f )dx ≤ ∥u∥ p′ ∥f − sh ∥Lp (Ω) → L (Ω) (14) Ω Điều kiện (??), (??) tính liên tục ϕ cho Z Z ϕ(f ) = lim ϕ(sh ) = lim h→∞ u f dx, ∀f ∈ Lp (Ω) u sh dx = h→∞ Ω Ω ′ Đặc biệt, tồn u ∈ Lp (Ω) cho T (u) = ϕ Ta điều phải chứng minh Ta chứng minh (??) Trong trường hợp p = 1, giả sử M > cho EM := {x ∈ Ω : u(x) > M } Khi Z M |EM | ≤ udx = ϕ(χEM ) ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ |EM | EM Vì |EM | = M > ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ , từ ta suy ≤ u+ (x) ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ hầu khắp nơi x ∈ Ω ⇔ ∥u+ ∥L∞ (Ω) ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ Tương tự ∥u− ∥L∞ (Ω) ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ 31 ′ u = u+ − u− ∈ L∞ (Ω) = L1 (Ω) Trong trường hợp < p < ∞, theo xấp xỉ hàm đơn giản, cho (sh ) dãy hàm đơn giản đo cho ≤ s1 ≤ s2 ≤ ≤ sh ≤ ≤ |u| Ω, (15) lim sh (x) = |u(x)|, ∀x ∈ Ω (16) h→∞ Bây ta chứng minh ước lượng quan trọng sau ∥sh ∥Lp′ (Ω) ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ , ∀h (17) Tập hợp ′ uh (x) := |sh (x)|p −1 sign(u(x)) x ∈ Ω Khi (uh ) dãy hàm đơn giản Z Z (??) ′ ∥sh ∥pLp′ (Ω) p′ |sh | dx ≤ = Ω Ω ′ shp −1 |u|dx Z (??) = uh u dx = ϕ(uh ) Ω Z ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ ∥uh ∥Lp (Ω) = ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ ′ |sh |(p −1)p dx  p1 Ω Z  p1 p′ = ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ |sh | dx p′ p Lp (Ω) = ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ ∥sh ∥ Ω Nếu ∥sh ∥Lp′ (Ω) = 0, (??) hiển nhiên Nếu ∥sh ∥Lp′ (Ω) > 0, bất p′ p p′ đẳng thức (??) chia cho ∥sh ∥L (Ω) p ý p′ (1 − ) = Từ (??), (??) bổ đề Fatou ta có Z Z ′ p ∥u∥L = p′ (Ω) ′ Ω h→∞ ′ ′ |u|p dx ≤ lim inf Ω ′ |sh |p dx = lim inf ∥sh ∥pLp′ (Ω) ≤ ∥ϕ∥p(Lp (Ω))′ < ∞ h→∞ Do (??) < p < ∞ Bước 3: Giả sử |Ω| = ∞ ta chứng minh T is still onto Cho (Ω)h dãy tăng tập bị chặn cho Ω = ∪∞ h=1 Ωh 32 ′ Ta đồng ý với nhận định Lp (Ωh ) Lp (Ωh ), (h = 1, 2, ) với không gian ′ Lp (Ω) Lp (Ω) bao gồm hàm khuyết bên Ωh Đặc biệt, với ϕ ∈ (Lp (Ω))′ suy ϕ ∈ (Lp (Ω))′ ∥ϕ∥(Lp (Ωh ))′ ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ , ∀h (18) ′ Từ bước 2, với h, tồn uh ∈ Lp (Ωh ) cho ∥uh ∥Lp′ (Ω) = ∥ϕ∥(Lp (Ωh ))′ Z ϕ(f ) = (19) uh f dx, ∀f ∈ Lp (Ωh ) (20) Ωh Chú ý từ Lp (Ωh ) ⊂ Lp (Ωh+1 ), theo tính uh+1 = uh hầu khắp nơi Ωh Vì vậy, suy định nghĩa hàm u : Ω → R u(x) := uh (x) x ∈ Ωh Từ (??), (??) định lý đơn điệu hội tụ ∥u∥Lp′ (Ω) = lim ∥u∥Lp′ (Ωh ) = lim ∥uh ∥Lp′ (Ω) ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ < ∞, h→∞ h→∞ ′ u ∈ Lp (Ω) Hơn nữa, f ∈ Lp (Ω), theo định lý tính hội tụ trội f χΩh → f LP (Ω), thế, theo tính liên tục ϕ (??), Z ϕ(f ) = lim ϕ(f χΩh ) = lim h→∞ h→∞ Z u f dx = Ωh u f dx Ω Ta hoàn tất chứng minh Nhận xét Định lý biểu diễn Riesz mở rộng đến khơng gian đo (X, M, µ) Chính xác hơn, ta xác định ′ Lp (X, µ) ≡ (Lp (X, à)) cũn gi nu ã < p < cho o tng quỏt 33 ã p = biết µ σ -hữu hạn Cách xác định sai trường hợp khác Support hàm Lp Ta biết rằng, cho hàm f : Rn R, support f tập hợp spt(f ) := Bao đóng{x ∈ Rn : f (x) ̸= 0} = {x ∈ Ω : f (x) ̸= 0} (S) Định nghĩa khơng cịn phù hợp cho hàm f ∈ Lp (Rn ) Thật vậy, ta muốn khái niệm thỏa mãn tính chất sau f1 = f2 hầu khắp nơi Rn ⇒ spt(f1 ) = spt(f2 ), trừ số phần không đáng kể Nhưng trường hợp khơng Thật Ví dụ: Cho f1 := χQ : R → R f2 ≡ Khi đó, rõ ràng f1 = f2 hầu khắp nơi R spt(f1 ) = Q = R spt(f2 ) = ∅ Mệnh đề 18 (Support thiết yếu cùa hàm) Cho f : Rn → R Ký hiệu Af := {ω ⊂ Rn : ω tập mở f = hầu khắp nơi ω} cho Af := ∪ω∈Af ω Khi Af tập mở f = hầu khắp nơi Af Tập đóng spte (f ) := Rn \ Af (ES) gọi support cần thiết f Rn Nhận xét (i) Từ định nghĩa (ES), suy ra, f1 = f2 hầu khắp nơi Rn , spte (f1 ) = spte (f2 ) (ii) Định nghĩa (S) (ES) giống hàm liên tục Chính xác 34 Bài tập Nếu f : Rn → R liên tục, Rn \ Af = {x ∈ Rn : f (x) ̸= 0} Chứng minh mệnh đề ?? Hiển nhiên Af tập mở Ta chứng minh f (x) = hầu khắp nơi x ∈ Af (21) Từ Rn không gian metric tách được, thỏa mãn tiên đề thứ hai tính đếm (Định lý ??) Do tồn họ đếm tập mở U = {Ui : i ∈ N} thỏa mãn với tập mở Rn hợp phần tử đếm U Với ω ∈ Af , giả sử ω = ∪i∈Jω Ui cho số phù hợp Jω ⊂ N cho J := ∪ω∈Af Jω Do Af = ∪i∈J Ui Từ f = hầu khắp nơi Ui với i ∈ J , theo (??) Định lý tồn cho hệ thống tuyến tính Định lý 13 (Định lý tồn cho hệ thống tuyến tính) Cho I đoạn thực giả sử A ∈ C(I, Mn (F)), B ∈ C(I, F n ) Cho τ ∈ I, ξ ∈ F n tồn giải pháp X (IV P) đoạn I Chứng minh Cho t ∈ I , giả sử J = [c; d] đoạn bị chặn I cho τ, π ∈ J , Bởi định lý 7.3 tồn hàm Xj khác biệt đoạn [a, b] cho XJt (s) = A(s)XJ (s) + B(s), XJ (τ ) = ξ, s∈J Định nghĩa X(t) = Xj(t) Nếu ta chọn J1 = [c1 , c2 ] ⊂ I cho τ, t ∈ J1 , J1 ∩ J đoạn bị chặn chứa τ, t kết áp dụng cho đoạn cho thấy XJ1 (s) = XJ (s), s ∈ J1 ∩ J 35 Đặc biệt, XJ1 (t) = XJ (t) Để định nghĩa X(t) khơng phụ thuộc vào J chọn Vì X có tính khả vi [a, b] thỏa mãn X ′ (t) = A(t)X(t) + B(t), X(τ ) = ξ, t∈I Nó giải pháp (IV P) đoạn I Nó nhất, Y mơt giải pháp I t thuộc I có đoạn nhỏ J chứa τ, t kết cho J ngụ ý X(t) = Y (t) Trước tiếp tục phát triển lý thuyết, xem xét ví dụ khác Xét tốn với n = : x′ = 3t2 x, x(0) = 1, t∈R Phương trình tích phân tương ứng Z t 3s2 x(s)ds = (T x)(t), x(t) = + t ∈ R Nếu x0 (t) = 1, t Z 3s2 xm (s)ds, xm+1 (t) = + m = 0, 1, Do Z x1 (t) = + t 3s2 ds = + t3 , t Z 3s2 [1 + s3 ]ds = + t3 + t6 /2, x2 (t) = + Z x3 (t)1 + t 3s2 [1 + s3 + s6 /2]ds = + t3 + t6 /2 + t9 /6, Và quy nạp cho thấy xm = + t3 + (t3 )m (t3 )2 (t3 )3 + + ··· + 3! m! Chúng ta nhận xm (i) môt tổng riêng cho việc triển khai dãy số hàm x(t) = et 36 Dãy số hội tụ đến x(t) cho t thuộc R, hàm x(t) kết vấn đề Nhìn lại phương pháp chứng minh định lý 7.3, khơng khó để nhận thấy lựa chọn hàm liên tục ban đầu X0 (t) dần đến giải pháp X(t) Thực sự, bất đẳng thức áp dụng Z t |Xm+1 (t) − Xm | ≤ ∥A∥∞ |Xm (s) − Xm−1 (s)|ds, m ≥ 1, t ∈ I τ Sự khác biệt phát sinh khác biệt ban đầu Xi (t) − X0 (t) Ước lượng thu từ lập luận quy nạp sau trở thành h im |Xm+1 (t) − Xm | ≤ ∥X1 − X0 ∥∞ ∥A∥∞ [t − τ ] /m! Phần lại lập luận diễn trước đây, đưa giải pháp X(t) (7.2) Nếu (IV P) xem xét đoạn I nào, ta ước lượng khoảng cách Xm (t) X(t) đoạn nhỏ J = [a, b] nằm I chứa τ Với k > m ∥X − Xm ∥∞,J ≤ ∥X − Xk ∥∞,J + ∥Xk − Xm ∥∞,J ≤ ∥X − Xk ∥∞,J + ∥(Xk − Xk−1 ) + (Xk−1 − Xk−2 ) + · · · + (Xm+1 − Xm )∥∞,J Và sử dụng bất đẳng thức tam giác lấy giới hạn (7.10) ngụ ý ∥X − Xm ∥∞,J ≤ ∞ X ∥Xk+1 − Xk ∥∞,J , (7.11) k=m ≤ ∥X1 − X0 ∥∞,J ∞ h X ∥A∥∞,J [b − τ ] im /m! k=m Tất nhiên, chuỗi cuối lại phần lại chuỗi cho hàm mũ (∥A∥∞,J [b − τ ]) Do (7.11) ngụ ý Xm → X định mức tối đa J Chúng tơi tóm tắt định lý sau Định lý 14 (Định nghĩa xấp xỉ liên tiếp bởi) Z t Xm+1 (t) = ξ + [A(s)Xm (s) + B(s)]ds, τ t∈I 37 Tại X0 ∈ C(I, F n ) tùy ý Nếu X(t) giải pháp (IV P) I , Xm → X đồng ∥X − Xm ∥∞,J → 0, k→∞ Trên đoạn nhỏ J ⊂ I chứa τ 10 Tính liên tục giải pháp Trở lại tình Định lý 7.3, [a, b] đoạn đóng, giải pháp X(t) tốn giá trị ban đầu X ′ = A(t)X + B(t), t ∈ I, IV P X(τ ) = ξ, Rõ ràng phụ thuộc vào τ ∈ I, ξ ∈ F n , A ∈ C(I, Mn (F)) B ∈ C(I, F n ) Kết phần khẳng định t ∈ I Giá trị X(t) hàm liên tục biến Phân tích phụ thuộc bắt đầu ước lượng cho ∥X∥∞ điều suy cách sử dụng phương pháp chứng minh Định lý 7.3 Bắt đầu với việc xấp xỉ từ Z t X0 (t) = ξ + B(s)ds, τ Kết X(t) = lim Xk (t) k→∞ Sau đáp ứng ước lượng   k−1 X ∥X∥∞ = ∥ lim Xk ∥ = lim X0 (t) + (Xm+1 (t) − xm (t)) k→∞ k→∞ m=0 ≤ ∥X0 ∥ + ∞ X ∞ ∥Xm+1 − Xm ∥∞ m=0 Bây áp dụng bất đẳng thức (7.8), cho kết ∥X∥∞ ≤ ∥X0 ∥∞ + ∥X0 ∥∞ ∞ X ∥A∥m+1 [b − τ ]m+1 ∞ m=0 (m + 1)! 38 = ∥X0 (t)∥∞ exp(∥A∥∞ [b − τ ]) Từ Z t ξ + B(s)ds ∥X0 (t)∥∞ = τ ∞ ≤ |ξ| + |b − a|∥B∥∞ , Ước lượng mong muốn cho ∥X∥∞   ∥X∥∞ ≤ |ξ| + |b − a|∥B∥∞ exp(∥A∥∞ [b − a]) (7.12) Ước lượng đơn giản (7.12) sử dụng để X hàm liên tục chung tất biến Do đó, thay đổi nhỏ t, A, b, τ, ξ tạo thay đổi nhỏ X Nếu ký hiệu giải pháp (IV P) thời điểm t X(t, A, B, τ, ξ), sau đó, định lý 7.6 cung cấp ý nghĩa xác cho phát biểu X(s, C, D, σ, η) → X(t, A, B, τ, ξ), (s, C, D, σ, η) → (t, A, B, τ, ξ) Đó là, X liên tục (t, A, B, τ, ξ) Định lý 15 Đặt I đoạn [a, b] bị chặn, A, C ∈ C(I, Mn (F)), B, D ∈ C(I, F n ), τ, σ ∈ I , ξη ∈ F n Giả định X kết X ′ = A(t)X + B(t), X(τ ) = ξ, t∈I Cho t thuộc I e > 0, có tồn ϵ > Y kết Y ′ = C(t)Y + D(t), y(σ) = η, t∈I |s − t| < δ, ∥C − A∥∞ < δ, |σ − τ | < δ, ∥D − B∥∞ < δ |η − ξ| < δ Vậy |Y (s) − X(t)| < ϵ (7.14) 39 Chứng minh Hiệu hai phương trình cho X(t) Y (t) ta (Y − X)′ = C(t)(Y − X) + (C(t) − A(t))X + D(t) − B(t) Do Z = Y − X Z đáp ứng giá trị toán ban đầu Z ′ = C(t)Z + E(t), Z(σ) = η − X(σ) Nơi E(t) = (C(t) − A(t))X(t) + D(t) − B(t) Chúng ta áp dụng đánh giá (7.12) cho Z thu   ∥Y − X∥∞ = ∥Z∥∞ ≤ |Z(σ)| + (b − a)∥E∥∞ exp(∥C∥∞ [b − a]) (7.15) Đặt e > cho Ta thấy |Y (s) − X(t)| < |Y (s) − X(s)| + |X(s) − X(t)| ≤ ∥Y − X∥∞ + |X(s) − X(t)| (7.16) Từ X liên tục t, cho e > có ϵ > |s − t| < δ1 Ngụ ý |X(s) − X(t)| < ϵ Mà |Z(σ)| = |η − X(σ)| ≤ |η − ξ| + |X(τ ) − X(σ)| Từ X liên tục t, cho e > có ϵ2 > |η − ξ| < δ2 , Ngụ ý |τ − σ| < δ2 ϵ |Z(σ)| exp(∥C∥∞ [b − a]) < Cuối cùng, từ E(t) = (C(t) − A(t))X(t) + D(t) − B(t) Có ϵ3 ∥C − A∥∞ < ϵ3 , Ngụ ý ∥D − B∥∞ < ϵ3 ϵ |b − a|∥E∥∞ exp(∥C∥[b − a]) < Và chọn δ > thoả mãn δ = min(δ1 , δ2 , δ3 ) Vậy (7.13) hợp lệ cho ϵ (7.14) sau từ (7.15)-(7.19) 40 11 Nhóm giả nhị diện Mệnh đề 19 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 53 ta có |Rk | = 2n 2n = (2n , k) k