Nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân hàm bậc cao và phương trình vi phân hàm trung hòa

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: NGHIỆM TUẦN HỒN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC CAO VÀ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TRUNG HỊA 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 Đề tài nghiên cứu luận văn thạc sĩ khoa học “ Tính chất ánh xạ thương– dãy”đã đạt số kết sau đây: - Trình bày lại cách có hệ thống chứng minh chi tiết số kết không gian topo, khái niệm tập đóng, tập mở, tập compact, phần bao đóng với tính chất chúng - Trình bày số tiên đề tách, không gian compact ánh xạ liên tục với số tính chất chúng - Trình bày cách có hệ thống chứng minh chi tiết kết ánh xạ liên tục theo dãy, ánh xạ thương, ánh xạ tiền dãy, ánh xạ thương- dãy - Trình bày cách có hệ thống chứng minh chi tiết kết đặc trưng ánh xạ thương- dãy mối quan hệ ánh xạ thương- dãy với bất biến cs*- mạng, cs’-mạng, wsn-mạng thông qua ánh xạ thương- dãy 974 2 Không gian hữu hạn chiều Định nghĩa (i) Một không gian vector E trường số thực gọi hữu hạn chiều bao gồm hữu hạn vector độc lập tuyến tính (ii) Số lớn vector độc lập tuyến tính khơng gian vector hữu hạn chiều E gọi chiều ký hiệu dimR E Hệ B ⊂ E sinh dimR E vector độc lập tuyến tính gọi sở Định lý Giả sử E không gian vector hữu hạn chiều dimR E = n (i) Nếu B ⊂ E sở, B sinh E , cụ thể spanR B = E (ii) E Rn đẳng cấu tuyến tính (iii) Giả sử ∥.∥1 ∥.∥2 hai chuẩn E Khi (E, ∥.∥1 ) (E, ∥.∥2 ) đẳng cấu topo (iv) Giả sử ∥.∥ chuẩn E Khi (E, ∥.∥) (E ′ , ∥.∥E ′ ) đẳng cấu topo Theo tập trước, không gian định chuẩn hữu hạn chiều (E, ∥.∥) đẳng cấu topo với không gian Hilbert Rn Đây đặc trưng mạnh, khơng cịn cho khơng gian định chuẩn vơ hạn chiều 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 ?? 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) Từ (3), ta có b(1 − ba) ∈ ∆(R) (1 − ba)a ∈ ∆(R) Suy − ba = (1 − ba)2 = [(1 − ba)a][b(1 − ba)] ∈ ∆(R) Từ đó, ba ∈ U (R) ba = (5) Nếu I ⊆ J(R) iđêan, ∆(R/I) = ∆(R)/I theo Mệnh đề 32 Giả sử R ∆U -vành Khi đó, u + I ∈ U (R/I), ta có u ∈ U (R) u ∈ + ∆(R) Suy u + I ∈ + ∆(R)/I = + ∆(R/I) Do R/I ∆U -vành Ngược lại, giả sử R/I ∆U -vành Lấy u ∈ U (R) tùy ý Khi u + I ∈ + ∆(R)/I Ta kiểm tra u ∈ + ∆(R) Do đó, R ∆U -vành (6) Hiển nhiên (7) Từ giả thiết U (T ) = U (R) ∩ T suy ∆(R) ∩ T ⊆ ∆(T ) Bây U (R) = + ∆(R) cho + ∆(T ) ⊆ U (T ) = U (R) ∩ T = (1 + ∆(R)) ∩ T = + (∆(R) ∩ T ) ⊆ + ∆(T ) suy + ∆(T ) ⊆ U (T ) hay T ∆U -vành Định lý Vành ma trận Mn (R) ∆U -vành n = R ∆U -vành Chứng minh (⇐:) Hiển nhiên (:⇒) Giả sử Mn (R) ∆U -vành n > Đầu tiên ta chứng minh R thể, tức phần  tử khác không  khả nghịch Lấy bất 0 − a     0 0    kỳ a ∈ R, a = ̸ 0, ta có X =      ∈ Mn (R) X =    0 Do M n (R) ∆U -vành,ta lấy X ∈ ∆(Mn (R)) Lấy phần  tử 0 1 0 0  0        0  U =  ∈ Mn (R) Khi In −U X =           0 0 0 khả nghịch Mn (R), hay a ∈ U (R) Do đó, R thể Tiếp theo, ta chứng minh R ∼ = F2 Lấy a ∈ R, a ̸= khả nghịch  0 0   0     a a ̸= Lấy  a 0    X=     0 a 0   0  ∈ Mn (R) Khi X khả nghịch Vì Mn (R)    0 a   1−a 0  − a        ∆U -vành nên ta có In − X =   ∈ ∆(Mn (R))       0 − a Vì − a khả nghịch nên In − X khả nghịch, mâu thuẫn Do R∼ = F2     1 X1 Cuối cùng, ta n = Lấy X1 = X = ∈ 0 In−2 Mn (R) Khi X khả nghịch Mn (R) Bởi giả thuyết,  ta có X2 In − X ∈ ∆(Mn (R)) Mặt khác, ta có In − X = In−2   X2 = Suy In − X khả nghịch, mâu thuẫn Do đó, n = 1 R ∼ = M1 (R) ∆U -vành Mệnh đề Giả sử R ∆U -vành e phần tử lũy đẳng R Khi eRe ∆U -vành Chứng minh Lấy u ∈ U (eRe) Khi u + − e ∈ U (R) Vì R ∆U -vành nên ta có u − e ∈ ∆(R) Ta chứng minh u − e ∈ ∆(eRe) Lấy tùy ý v khả nghịch eRe Rõ ràng v + − e ∈ U (R) Vì u − e ∈ ∆(R) nên u−e+v+1−e ∈ U (R) theo định nghĩa ∆, đặt u−e+v+1−e = t ∈ U (R) Ta kiểm tra et = te = ete = u − e + v , ete ∈ U (eRe) Suy u − e + U (eRe) ⊆ U (eRe), u − e ∈ ∆(eRe) Vì vậy, u ∈ e + ∆(eRe) hay eRe ∆U -vành Cho R vành M song môđun vành R Một mở rộng tầm thường R M T (R, M ) = {(r, m) : r ∈ R m ∈ M }, với phép cộng theo thành phần phép nhân định nghĩa (r, m)(s, n) = (rs, rn + ms)  r m r  Mở rộng tầm thường T (R, M ) đẳng cấu với vành : r ∈ R m ∈ M   R M Hơn nữa, kiểm tra vành ma trận × R ∼ T (R, R) = R[x]/(x ) Theo Mệnh đề ??, có tập phần tử khả nghịch mở rộng tầm thường T (R, M ) T (U (R), M ), ∆(T (R, M )) = T (∆(R), M )   A M Morita context gồm thành phần A, B vành, N B M ×N → A A MB B NA song mơđun, tồn tích context  A M N × M → B với (ω, z) = ωz (z, ω) = zω , thỏa mãn vành N B kết hợp với phép  toán trên ma trận A M Morita context gọi tầm thường tích context N B tầm thường, nghĩa M N = N M = (xem [?], trang 1993) Ta có   A M N B A M N B  ∼ = T (A × B, M ⊕ N )  Morita context tầm thường theo [?] Định lý Cho M (R, R) song môđun Vành R ∆U -vành T (R, M ) ∆U -vành   u m Chứng minh (:⇒) Lấy u¯ = ∈ U (T (R, M )) = T (U (R), M ), u u ∈ U (R) m ∈ M Ta u¯ − ∈ ∆(T (R, M )) Rõ ràng, u ∈ U (R)  u = + a ∈ + ∆(R) với a thuộc ∆(R) Suy     a ¯= 0 + a m a ∈ T (∆(R), M ) = ∆(T (R, M )) Vì T (R, M ) ∆U -vành (⇐:) Điều ngược lại dễ thấy Hệ 1.Giả sửM (R, S) song mơđun Khi vành ma trận tam giác dạng R M S ∆U -vành R S ∆U -vành Hệ R ∆U -vành vành ma trận tam giác Tn (R) ∆U -vành, n ≥ Mở rộng Dorroh mở rộng ∆U -vành Mệnh đề Cho R vành Khi đó, điều kiện sau tương đương (1) R ∆U -vành (2) ∆(R) = U◦ (R) (3) Ánh xạ ε : (∆(R), ◦) → (U (R), ) cho ε(x) = − x đẳng cấu nhóm Chứng minh (1) ⇒ (2) Giả sử R ∆U -vành Mỗi x ∈ ∆(R), ta có − x ∈ U (R), x = − (1 − x) ∈ U◦ (R) Suy ∆(R) ⊆ U◦ (R) Ngược lại, y ∈ U◦ (R) − y ∈ U (R) = + ∆(R) Suy y ∈ ∆(R) hay ∆(R) = U◦ (R) (2) ⇒ (3) Hiển nhiên (3) ⇒ (1) Giả sử ánh xạ ε : (∆(R), ◦) → (U (R), ) cho ε(x) = − x đẳng cấu nhóm Khi u ∈ U (R), tồn x ∈ ∆(R) thỏa mãn u = ε(x) = − x Điều nghĩa U (R) ⊆ + ∆(R) hay U (R) = + ∆(R) Nếu R vành, mở rộng Dorroh vành có đơn vị Z ⊕ R, với phép toán cộng cộng theo thành phần phép nhân cho (n1 , r1 )(n2 , r2 ) = (n1 n2 , r1 r2 + n1 r2 + n2 r1 ) Chú ý Cho R vành có đơn vị Khi (1) u ∈ U (R) − u ∈ U◦ (R) (2) (1, u − 1) ∈ U (Z ⊕ R) với u ∈ U (R) (3) (1, −x)(1, −y) = (1, −x◦y) (−1, x)(−1, y) = (1, −x◦y) với x, y ∈ R Định lý Cho R vành có đơn vị Khi điều kiện sau tương đương (1) Mở rộng Dorroh Z ⊕ R ∆U -vành; (2) R ∆U -vành Chứng minh (1) ⇒ (2) Lấy u ∈ U (R) Khi − u ∈ U◦ (R) Tồn v ∈ R thỏa mãn (1 − u) ◦ v = = v ◦ (1 − u) Khi ta có (1, u−1)(1, −v) = (1, −(1−u))(1, −v) = (1, −(1−u)◦v) = (1, 0) = (1, −v)(1, u−1) Điều nghĩa (1, u − 1) ∈ U (Z ⊕ R) Vì Z ⊕ R ∆U -vành, (1, u − 1) ∈ + ∆(Z ⊕ R) (0, u − 1) ∈ ∆(Z ⊕ R) Tiếp theo, ta U (R) = + ∆(R) Thật vậy, t ∈ U (R), ta có + t ∈ U◦ (R), (1 + t) ◦ s = = s ◦ (1 + t) với s ∈ R Khi (−1, + t)(−1, s) = (1, −(1 + t) ◦ s) = (1, 0) = (−1, s)(−1, + t) Do (−1, + t) ∈ U (Z ⊕ R) Theo định nghĩa ∆, ta có (0, u − 1) + (−1, + t) ∈ U (Z ⊕ R) (−1, u + t) ∈ U (Z ⊕ R) Đặt x = u + t Khi đó, (−1, x) ∈ U (Z ⊕ R) (1, −x) ∈ U (Z ⊕ R) Suy tồn (1, −y) ∈ Z ⊕ R thỏa mãn (1, −x)(1, −y) = (1, 0) = (1, −y)(1, −x) Ta có x ◦ y = = y ◦ x nên x ∈ U◦ (R) Vì − x ∈ U (R) nên x − = u + t − ∈ U (R) Suy u + t − = (u − 1) + t ∈ U (R) với t ∈ U (R) Điều nghĩa u − ∈ ∆(R), u ∈ + ∆(R) |Eh | → m → ∞ từ E < ∞ Vì h=m+1 ν(E) = ∞ X 1/p = ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ ∪∞ h=m+1 Eh ν(Eh ) h=1 kết cho cách xếp dãy (Eh )h , chuỗi hội tụ tuyệt đối thỏa (??) Hơn nữa, từ |ν(E) ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ |E|1/p , ∀E ∈ M, suy (??) Lưu ý: Nếu p = ∞ đánh giá trước, (??) khơng cịn giữ 27 Theo định lý Radon-Nikodym cho độ đo dấu, tồn M-hàm đo u : Ω → R với u+ u− ∈ L1 (Ω) cho Z ϕ(χE ) = ν(E) = udx, ∀E ∈ M (8) E Thực thỏa mãn u ∈ L1 (Ω) Thật vậy, cho En+ := {x ∈ Ω : u(x) ≥ 0} En− := {x ∈ Ω : u(x) ≤ 0} Từ (??) ta Z 0≤ Z ± u dx = En± Ω udx = ν(En± ) < ∞ Do u± ∈ L1 (Ω) Từ tuyến tính ϕ tích phân, rõ ràng Z ϕ(s) = (9) u s dx Ω với hàm đơn giản đo s : Ω → R Để kết luận, cần chứng minh ′ u ∈ Lp (Ω), ∀p ∈ [1, ∞) (10) Thật vậy, với f ∈ Lp (Ω), theo xấp xỉ hàm đơn giản (Định lý ??), tồn dãy sh : Ω → R, (h = 1, 2, ) hàm đơn gian đo thỏa mãn sh → f Lp (Ω) (11) Từ (??), (??) bất đẳng thức Holder, suy Z u(sh − f )dx ≤ ∥u∥ p′ ∥f − sh ∥Lp (Ω) → L (Ω) 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 ′ Đặc biệt, tồn u ∈ Lp (Ω) cho T (u) = ϕ Ω (12) 28 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 udx = ϕ(χEM ) ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ |EM | M |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))′ ′ 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, (13) lim sh (x) = |u(x)|, ∀x ∈ Ω (14) h→∞ Bây ta chứng minh ước lượng quan trọng sau ∥sh ∥Lp′ (Ω) ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ , ∀h (15) 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 Ω Z = ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ p′  p1 |sh | dx Ω p′ p Lp (Ω) = ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ ∥sh ∥  p1 29 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) ′ h→∞ Ω ′ ′ |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 ′ 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 (16) ′ Từ bước 2, với h, tồn uh ∈ Lp (Ωh ) cho ∥uh ∥Lp′ (Ω) = ∥ϕ∥(Lp (Ωh ))′ Z ϕ(f ) = uh f dx, ∀f ∈ Lp (Ωh ) (17) (18) 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),