Nghiệm của một lớp phương trình Ellipptic phi tuyến cấp hai với số mũ âm trong R3

Header Page of 126 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC Ngô Phương Thảo NGHIỆM CỦA MỘT LỚP PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC PHI TUYẾN CẤP HAI VỚI SỐ MŨ ÂM TRONG R3 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Hà Nội - 2016 Footer Page of 126 Header Page of 126 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC Ngô Phương Thảo NGHIỆM CỦA MỘT LỚP PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC PHI TUYẾN CẤP HAI VỚI SỐ MŨ ÂM TRONG R3 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số:60460102 Cán hướng dẫn: TS Ngô Quốc Anh Hà Nội - 2016 Footer Page of 126 Header Page of 126 LỜI CẢM ƠN Sau hai năm học tập trường Đại học Khoa học tự nhiên- Đại học Quốc gia Hà Nội, bảo, dạy dỗ tận tình thầy cô hoàn thành môn học chương trình đào tạo thạc sĩ- chuyên ngành toán giải tích Tôi nhận luận văn thầy TS Ngô Quốc Anh hướng dẫn, đến hoàn thành luận văn Trước trình bày nội dung luận văn, xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới thầy Ngô Quốc Anh, người tận tình hướng dẫn để hoàn thành luận văn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn đặc biệt tới Ban chủ nhiệm Khoa sau đại học toàn thể thầy cô giáo khoa Toán - Cơ - Tin học, Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại Học Quốc gia Hà Nội, người người thầy, người cô, thời gian qua dạy bảo tận tình kiến thức chuyên môn mà truyền cho niềm đam mê, nhiệt thành, tâm huyết với môn toán học Nhân dịp xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè bên, cổ vũ, động viên, giúp đỡ suốt trình học tập thực luận văn cao học Hà Nội, Ngày 19 tháng năm 2017 Học viên Ngô Phương Thảo i Footer Page of 126 Header Page of 126 Mục lục Lời cảm ơn i Lời mở đầu iv Giới thiệu vấn đề 1 Một vài kết chuẩn bị 1.1 Các ước lượng 1.2 Nguyên lý so sánh cho nghiệm phương trình bậc cao 1.3 Một số kết nghiệm phương trình ∆2 u + u−q = R3 10 1.3.1 Các bổ đề 10 1.3.2 Điều kiện cần q để phương trình ∆2 u + u−q = R3 có nghiệm 13 1.3.3 Tốc độ tăng nghiệm phương trình ∆2 u + u−q = R3 16 1.4 Bài toán giá trị ban đầu 18 Nghiệm phương trình ∆2 u + u−q = R3 tăng với tốc độ tuyến tính 26 2.1 Dáng điệu tiệm cận 27 2.2 Chứng minh Định lý 2.1 39 2.2.1 Trường hợp q > 39 2.2.2 Trường hợp q = 40 ii Footer Page of 126 Header Page of 126 2.3 Chứng minh Định lý 2.2 41 2.3.1 Trường hợp q = 42 2.3.2 Trường hợp < q < 43 Nghiệm phương trình ∆2 u + u−q = R3 tăng với tốc độ bình phương 44 3.1 Dáng điệu tiệm cận 45 3.2 Tốc độ tăng bậc hai phương trình ∆2 u + u−q = tùy ý 50 3.3 Chứng minh Định lý 3.1 51 3.4 Chứng minh Định lý 3.2 52 3.4.1 Trường hợp q > 3/2 52 3.4.2 Trường hợp q = 3/2 3.4.3 Trường hợp < q < 3/2 54 53 Kết luận 55 Tài liệu tham khảo 56 iii Footer Page of 126 Header Page of 126 LỜI MỞ ĐẦU Toán học môn khoa học ứng dụng nhiều lĩnh vực khoa học, kỹ thuật đời sống Trong toán học có nhiều chuyên ngành khác Phương trình đạo hàm riêng chuyên ngành toán học Tuy nhiên, số toán phương trình đạo hàm riêng cấp cao việc tìm nghiệm gặp nhiều khó khăn Trong Luận văn này, R3 xét toán tìm nghiệm phương trình cấp hai cho véc tơ (u, v)      u u   ∆  =  v −u−q−1 v cách viết lại phương trình theo u ta thu phương trình cấp bốn ∆2 u + u−q = R3 ẩn hàm u Ở ta xét trường hợp q > phương trình xét có số mũ âm −q Nói chung phương trình đạo hàm riêng xét ta gặp hai khó khăn sau: (1) miền xác định u toàn không gian R3 (2) phương trình có chứa số mũ âm Để bước đầu cung cấp thông tin định tính cho nghiệm phương trình trên, ta giải toán trường hợp hàm u phụ thuộc vào khoảng cách đến gốc toạ độ gọi nghiệm nghiệm cầu Với lý trên, tập trung nghiên cứu dáng điệu nghiệm cầu phương trình ∆2 u + u−q = vô Nội dung Luận văn lấy bốn tài liệu sau [KR03, CX09, Gue12, DN16] Các kết Luận văn bao gồm: (1) Chỉ nghiệm cầu phương trình ∆2 u + u−q = tăng với tốc độ tuyến tính nhiều với tốc độ bình phương (2) tồn nghiệm cầu với tốc độ tăng tương ứng Về bố cục, Luận văn chia làm chương đánh số từ đến Trong Chương tập trung giới thiệu vấn đề nghiên cứu iv Footer Page of 126 Header Page of 126 Chương dành để trình bày số kết chuẩn bị dùng chương Một kết quan trọng chương việc điều kiện q > cần thiết để phương trình có nghiệm; xem Định lý 1.10 Trong Chương 2, tồn nghiệm cầu phương trình ∆2 u + u−q = R3 tăng với tốc độ tuyến tính q ≥ 3; xem Định lý 2.1 Bằng cách tiếp cận tương tự Chương 2, Chương 3, nghiên cứu nghiệm cầu phương trình ∆2 u + u−q = R3 tăng với tốc độ bình phương; xem Định lý 3.1 Do thời gian thực luận văn không nhiều kiến thức hạn chế nên làm luận văn không tránh khỏi sai sót Tôi mong nhận góp ý quý thầy cô bạn đọc để luận văn hoàn thiện Tôi xin chân thành cảm ơn! v Footer Page of 126 Header Page of 126 Chương Giới thiệu vấn đề Trong lý thuyết định tính phương trình đạo hàm riêng, (hệ) phương trình elliptic cấp hai dạng ∆U = F (x, U ) (1) đề tài nghiên cứu thu hút nhiều nhà khoa học Một lý giải thích cho điều nằm chỗ (hệ) phương trình elliptic mô hình để mô tả tượng vật lý tự nhiên Chẳng hạn trường hợp vô hướng ta xem phương trình Laplace ∆u = dạng định luật bảo toàn trường vị Một ví dụ khác (1) mà ta xét trường hợp      u λ δ u   ∆  =  v θ γ v Đây mô hình cho hệ phản ứng–khuếch tán lý sinh học Trong Luận văn này, tập trung nghiên cứu nghiệm dương phương trình ∆2 u + u−q = (2) R3 với q > Rõ ràng cách ký hiệu   u U =  ∆u phương trình (2) viết dạng phương trình véc tơ    U ∆U =  −u−q−1 Footer Page of 126 (3) Header Page of 126 Để hình dung lý ta lại nghiên cứu phương trình (2) phương trình (3), đề cập đến ý nghĩa nghiên cứu toán Q-độ cong hình học giải tích Trước đề cập đến toán Q-độ cong hình học giải tích, xét trường hợp toán độ cong vô hướng hình học giải tích Cho trước đa tạp Riemann compact n chiều (M, g) với n ≥ Ta xét toán tử Lg xác định Lg = − 4(n − 1) ∆g + Rg n−2 ký hiệu Rg để độ cong vô hướng metric g ∆g để toán tử Laplace tính theo metric g Giả sử v hàm dương trơn M Xét metric xác định công thức g = v 4/(n−2) g Rn trường hợp hai metric g g gọi bảo giác với Khi độ cong vô hướng g tính công thức n+2 Rg = Lg (v)v − n−2 Bài toán độ cong vô hướng (M, g) phát biểu sau: Cho trước hàm f M , hỏi có tồn metric g bảo giác với g cho Rg = f ? Rõ ràng câu hỏi tương đương với việc giải phương trình Lg (v) = f v (n+2)/(n−2) để tìm v Bây ta xét trường hợp đặc biệt (M, g) mặt cầu n chiều (Sn , gstd ) gstd metric chuẩn mặt cầu Sn Trong trường hợp này, toán tử Lgstd trở thành Lgstd = −∆gstd + (n − 1)! Trong trường hợp ta viết lại phương trình xét n+2 Lgstd (v) = f v n−2 (4) Ký hiệu π : Sn → Rn để phép chiếu từ mặt cầu Sn lên mặt phẳng Rn Đặt u(x) = v(π −1 (x)) Footer Page of 126 + |x|2 − n−2 (5) Header Page 10 of 126 với x ∈ Rn Từ [Gra07, Mệnh đề 1] ta biết − n+2 2 + |x|2 (−∆)u(x) = Lgstd v(π −1 (x)) (6) Do cách sử dụng phép chiếu π, ta chiếu phương trình (4) cho v Sn lên Rn để phương trình n+2 − ∆u = (f ◦ π −1 )u n−2 (7) cho u Rõ ràng Lg toán tử vi phân cấp hai Một mở rộng tương tự trường hợp toán tử Lg dẫn ta đến toán tử vi phân cấp bốn Pg mà ta đề cập Cho trước đa tạp Riemann compact n chiều (M, g) với n ≥ Ta xét toán tử Paneitz Pg định nghĩa sau Pg = ∆2g − δ [(an Rg g + bn Ricg ) d] + n−4 Qg Qg = − n3 − 4n2 + 16n − 16 2 ∆Rg + R − |Ric|2 g 2(n − 1) 8(n − 1)2 (n − 2)2 (n − 2)2 với an = (n − 2)2 + , 2(n − 1)(n − 2) bn = − n−2 Ở Qg gọi Q-độ cong metric g ứng với toán tử Pg Các nghiên cứu gần Q-độ cong cho thấy đối tượng hình học chứa đựng nhiều thông tin thú vị mà ta chưa biết, chẳng hạn Q-độ cong tham gia công thức Gauss–Bonnet–Chern tiếng sau Qg dµg + M |Wg |2g dµg = 8π χ(M ), M χ(M ) đặc trưng Euler tô-pô M Wg ten-xơ Weyl (M, g) Tương tự toán tử Lg , toán tử Pg có tính chất bảo giác: g = u4/(n−4) g với n = metric bảo giác g, với ϕ ∈ C ∞ (M ), ta có n+4 Pg (ϕu) = u n−4 Pg (ϕ) Đặc biệt, chọn ϕ ≡ Pg (u) = n+4 n−4 Qg u n−4 Footer Page 10 of 126 (8) Header Page 13 of 126 = rn−1 ∂ r1−n ∂r f dσx ∂Br (x0 ) Ta suy điều phải chứng minh Ở kết ta mối quan hệ toán tử Laplace đạo hàm tác động hàm trường hợp hàm xét hàm cầu Bổ đề 1.2 Trong R3 u hàm cầu ∆u = (r u ) r2 ∆2 u = u(4) + u(3) (r) r Chứng minh Ta chứng minh công thức thứ Ta biết R3 ∆u = ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u + + ∂x2 ∂y ∂z Do u hàm cầu nên ta viết x2 + y + z u = u(r), r = Rõ ràng ∂u ∂r ∂u = = ur ∂x ∂r ∂x x x2 + y2 + z2 Khi đó, ∂ 2u ∂ = ∂x2 ∂x = ∂u ∂x ∂u ∂x = ∂ ∂x ur x x2 + y + z + x2 + = u x + y2 + z2 x x2 + y + z ∂ ∂x x x2 + y + z y2 + z2 (x2 + y + z )3 u Tương tự, ta có ∂ 2u y2 =u + ∂y x + y2 + z2 ∂ 2u z2 = u + ∂z x2 + y + z Footer Page 13 of 126 x2 + z (x2 + y + z )3 x2 + y (x2 + y + z )3 u, u u Header Page 14 of 126 Thay vào ta có ∆u = u + (2/r)u = (1/r2 )(r2 u ) công thức thứ Tiếp theo ta chứng minh công thức thứ hai Thật vậy, ta có ∆2 u = ∆(∆u) ∆u = r−2 (r2 u ) nên r2 = r = r = r ∆2 u = r2 (∆u) r2 r2 (2ru + r2 u ) r2 −2 u + u +u r r −2u + 2u + 2ru + 2ru + r2 u(4) = u(4) + u(3) (r) r Bổ đề chứng minh xong Hệ 1.3 Trong R3 hàm cầu u khả vi liên tục cấp thỏa mãn u (0) = (∆u)(0) = 3u (0) (∆u) (0) = u (0) Chứng minh Ta chứng minh công thức thứ Theo Bổ đề 1.2 ta có ∆u = r−2 (r2 u ) , nên áp dụng quy tắc L’Hôpital ta (2ru + r2 u ) r→0 2r u r = lim + 2u + u r→0 r (∆u)(0) = lim Do u (0) = 0, nên áp dụng quy tắc L’Hôpital lần ta có (∆u)(0) = lim (u (r) + 2u (r)) = 3u (0) r→0 Tiếp theo ta chứng minh công thức thứ hai Ta có ∆u(r) − ∆u(0) r→0 r (r2 u ) − r2 ∆u(0) = lim r→0 r3 2u (r) + ru (r) − 3ru (0) = lim r→0 r2 (∆u) (0) = lim Footer Page 14 of 126 Header Page 15 of 126 Do u (0) = nên tiếp tục áp dụng quy tắc L’Hôpital ta (∆u) (0) = lim r→0 2u (r) + u (r) + ru (r) − 3u (0) = u (0) 2r Hệ chứng minh xong Trước phát biểu bổ đề tiếp theo, đề cập ký hiệu f (x0 , r) = 4πr2 f dσ = ∂Br (x0 ) f dσ ∂Br (x0 ) để trung bình hàm f mặt cầu tâm x0 bán kính r R3 Bổ đề 1.4 Với x0 ∈ R3 với r > ta có −q u−q dσ ≤ udσ ∂Br (x0 ) (1.2) ∂Br (x0 ) Chứng minh Đặt f (u) = u−q , ta có f = q(q + 1)u−q−2 > Từ suy hàm f (u) = u−q hàm lồi khoảng (0, +∞) Vậy Bổ đề suy trực tiếp từ bất đẳng thức Jensen Bổ đề 1.5 Ta có ∆ udσ = ∂Br (x0 ) ∆udσ ∂Br (x0 ) Chứng minh Theo công thức đưa tích phân hình cầu tích phân mặt cầu ta có r ∆udσ ds ∆udx = Br (x0 ) ∂Bs (x0 ) Đạo hàm hai vế theo r ∂ ∂r ∆udx = ∆udσ Br (x0 ) ∂Br (x0 ) Chia hai vế cho 4πr2 ta 4πr2 ∆udσ = ∂Br (x0 ) ∂ 4πr2 ∂r ∆udx Br (x0 ) Từ Bổ đề 1.1 ta có ∂ 4πr2 ∂r ∆udx Br (x0 ) ∂ ∂ r2 udσ 4πr ∂r ∂r r2 ∂Br (x0 ) ∂ ∂ = r2 -udσ r ∂r ∂r ∂Br (x0 ) = = ∆ -∂Br (x0 ) Từ ta có điều phải chứng minh Footer Page 15 of 126 udσ Header Page 16 of 126 1.2 Nguyên lý so sánh cho nghiệm phương trình bậc cao Trong mục ta đề cập đến nguyên lý so sánh cho nghiệm phương trình ∆2 u + u−q = Rn Do phương trình xét phương trình bậc cao, ta viết lại dạng phương trình véc tơ cho (u, ∆u) Nội dung nguyên lý so sánh lấy từ [KR03, Bổ đề 3.2] Định lý 1.6 (Nguyên lý so sánh) Cho (v, V ) (w, W ) hai hàm thuộc lớp C [0, R) với v, w > [0, R) (rn−1 v ) = rn−1 V, (rn−1 w ) = rn−1 W, (rn−1 V ) + rn−1 v −q ≤ ≤ (rn−1 W ) + rn−1 w−q (0, R) Khi ta có khẳng định sau: (a) (So sánh yếu) Nếu v(0) ≤ w(0), v (0) = w (0) = 0, V (0) ≤ W (0), V (0) = W (0) = v ≤ w, v ≤ w , V ≤ W , V ≤ W (0, R) (b) (So sánh mạnh) Nếu với ρ > ta có v < w khoảng (0, ρ) v < w, v < w , V < W , V < W (0, R) Chứng minh Trước tiên ta chứng minh (b) Giả sử v < w (0, ρ) với ρ > Theo bất phương trình vi phân thứ hai ta có (rn−1 V ) < (rn−1 W ) (0, ρ) Tích phân hai lần bất phương trình ta V < W (0, ρ) Bây giờ, giả sử (0, c) khoảng lớn V < W , giả sử ngược lại c < R Từ V < W bất phương trình vi phân đầu ta có (rn−1 v ) < (rn−1 w ) (0, c) Thay điều vào bất phương trình vi phân thứ hai tích phân hai lần ta có V < W (0, c), V < W nửa khoảng đóng (0, c] Điều mâu thuẫn với giả thiết (0, c) khoảng lớn cho V < W Do v ≤ w, v ≤ w , V ≤ W , V ≤ W (0, R) Tiếp theo ta chứng minh (a) Phần (a) suy từ (b) theo cách sau: Đặt f := (rn−1 V ) + v −q (v , V ) nghiệm toán giá trị ban đầu (rn−1 v ) = rn−1 V , v = v(0) − , v (0) = 0, (rn−1 V ) + rn−1 v −q = f ≤ 0, Footer Page 16 of 126 V (0) = V (0), V (0) = Header Page 17 of 126 Chú ý với = 0, tính toán giá trị ban đầu cho ta (v0 , V0 ) = (v, V ) Hơn nữa, với > cặp (v , V ) (w, W ) thỏa mãn giả thiết phần (b), ta suy v < w, v < w , V < W , V < W (0, R) Cho → ta có điều phải chứng minh Do hàm cầu u R3 thỏa mãn ∆2 u(r) = u(4) + 4u(3) (r)/r nên n = ta chứng minh nguyên lý so sánh sau Bổ đề 1.7 (nguyên lý so sánh n = 3) Cho (v, w) cặp hàm số thuộc C nửa khoảng [0, R) với v, w > [0, R) với 4 v (4) + v (r) + v −q ≤ ≤ w(4) + w (r) + w−q (0, R) r r Khi đó, ta có khẳng định sau: (a) (So sánh yếu) Nếu v(0) ≤ w(0), v (0) = w (0) = 0, v (0) ≤ w (0), v (0) = w (0) = v ≤ w, v ≤ w , v ≤ w , v ≤ w (0, R) (b) (So sánh mạnh) Nếu với ρ > ta có v < w khoảng (0, ρ) v < w, v < w , v < w , v < w (0, R) 1.3 Một số kết nghiệm phương trình ∆2 u + u−q = R3 1.3.1 Các bổ đề Đầu tiên ta có bổ đề khẳng định nghiệm phương trình (1.1) điều hòa Bổ đề 1.8 Nếu u > nghiệm dương thuộc C R3 ∆u > Chứng minh Đầu tiên ta chứng minh ∆u ≥ Phản chứng, giả sử ∃x0 ∈ R3 cho ∆u(x0 ) < Để tiện trình bày, ta ký hiệu trung bình u ∆u sau u(r) = udσ (1.3) ∆udσ (1.4) ∂Br (x0 ) w(r) = -∂Br (x0 ) 10 Footer Page 17 of 126 Header Page 18 of 126 Ta có ∆u(r) = ∆ udσ = ∂Br (x0 ) ∆udσ = w(r) ∂Br (x0 ) Từ bất đẳng thức (1.2), phương trình ∆2 u + u−q = theo Bổ đề 1.5 ta có −q −q u = u−q dσ = −∆ ≤ udσ ∂Br (x0 ) ∂Br (x0 ) ∆udσ = −∆w(r) ∂Br (x0 ) Ta suy ∆w(r) + u−q ≤ Từ ta có ∆u = w, ∆w + u−q ≤ (1.5) Do w(0) = ∆u(x0 ) < nên w(r) ≤ w(0) < với r > Kết hợp với phương trình đầu công thức (1.5) ta có ∆u ≤ w(0) Do ∆u = r−2 (r2 u ) nên ta có r−2 (r2 u ) ≤ w(0), (r2 u ) ≤ r2 w(0) Tích phân hai vế bất phương trình u (0) = nên ta u(r) ≤ u(0) + w(0) r (1.6) Nếu r đủ lớn u(r) < (vô lý), từ ta có ∆u ≥ Tiếp theo ta chứng minh ∆u > Giả sử tồn x1 cho w(x1 ) = tức ∆u(x1 ) = ∆w(x1 ) ≥ w đạt giá trị cực tiểu (mâu thuẫn với phương trình ∆2 u + u−q = 0) Từ ta có ∆u > Tính điều hòa u Bổ đề 1.8 quan trọng nghiên cứu phương trình bậc cao Trong kết tiếp theo, sử dụng tính điều hòa ta kiểm soát dấu đạo hàm u w Bổ đề 1.9 Với u(r) w(r) định nghĩa công thức (1.3) (1.4) ta có: u (r) > 0, u (r) > 0, u (r) < 0, (1.7) w (r) < 0, (1.8) với r > Chứng minh Trước tiên ta thiết lập (1.8) Từ bất đẳng thức công thức (1.5) ∆w + u−q ≤ 0, nhân hai vế với r2 tích phân [0, r] ta r r u−q (t)t2 dt ≤ ∆w(t)t2 dt + 0 11 Footer Page 18 of 126 Header Page 19 of 126 Do ∆w(r) = r−2 (r2 w (r)) nên ta có r r u−q (t)t2 dt ≤ (t2 w (t)) dt + 0 Điều tương đương với r u−q (t)t2 dt ≤ r2 w (r) + Do r u−q (t)t2 dt > nên w (r) < Tiếp theo ta thiết lập (1.7) Ta có ∆u = r−2 (r2 u ) từ suy (r2 u ) = r2 w(r) Tích phân hai vế phương trình [0, r] ta r t2 w(t)dt, r2 u (r) = u (r) = r Do w(t) > nên r−2 r t w(t)dt r t2 w(t)dt > 0, từ suy u (r) > Để chứng minh công thức thứ ba (1.7) ta nhắc lại Bổ đề 1.2 ta có ∆2 u(r) = u(4) + u(3) (r) r Lại có 1 u(4) + u(3) (r) = 4r3 u(3) (r) + r4 u(4) = r4 u(3) (r) r r r Từ ta có ∆2 u = (3) r u (r) r4 Do ∆2 u < nên r4 u(3) (r) < với r > Tích phân hai vế [0, r] ta suy u(3) (r) < Tiếp theo ta chứng minh công thức thứ hai (1.7) Từ u(3) (r) < ta suy u(2) (r) hàm giảm chặt Giả sử u(2) (r) ≤ r = r1 tồn δ > cho r ≥ r2 > r1 , u(2) (r) ≤ −δ Tích phân hai vế [r2 , r] ta r r (2) u (t)dt = r2 (−δ)dt, r2 u (r) − u (r2 ) ≤ −δ(r − r2 ), ∀r > r2 Từ đó, suy u (r) − u (r2 ) ≤ Với r đủ lớn u (r) < (vì với r đủ lớn u (r2 ) < 0), điều trái ngược với công thức đầu (1.7) (mâu thuẫn), ta suy u (r) > 12 Footer Page 19 of 126 Header Page 20 of 126 1.3.2 Điều kiện cần q để phương trình ∆2 u + u−q = R3 có nghiệm Ta bắt đầu mục kết quan trọng liên quan đến điều kiện cần cho q để phương trình (1.1) R3 có nghiệm Định lý 1.10 Nếu phương trình (1.1) có nghiệm dương trơn R3 q > Chứng minh Giả sử u > nghiệm trơn phương trình ∆2 u + u−q = với < q ≤ Trong phần đầu chứng minh ta q ≥ Ta sử dụng ký hiệu w = ∆u Trong phần đầu chứng minh công thức (1.7) ta có r2 u (r) = r t w(t)dt, w (r) < nên ta có: r r 2 t2 w(r)dt = t w(t)dt ≥ r u (r) = 0 t3 w(r) r = r3 w(r) Từ suy r3 w(r) r2 u (r) ≥ Chia hai vế cho r2 ta u (r) ≥ rw(r)/3 Tích phân hai vế bất phương trình [0, r] w hàm giảm nên ta có r r u (t)dt ≥ 0 tw(t)dt ≥ r tw(r)dt Điều tương đương với u(r) − u(0) ≥ r2 w(r) u(r) ≥ u(0) + r2 w(r) Từ ta có (1.9) Mặt khác, ta lại có 2r rw(r) = rw(2r) − r w (t)dt r r = rw(2r) − 4π 2r t−2 r (∆w)dx Bt (0) Do ∆w = −u−q theo Bổ đề 1.1 nên ta có 2r r rw(r) = rw(2r) + t−2 u−q (x)dx 4π r Bt (0) 1 r ≥ u−q (x)dx = t -u−q (x)dσx dt 8π Bt (0) ∂Bt (0) 13 Footer Page 20 of 126 Header Page 21 of 126 Vậy ta rw(r) ≥ r u−q (x)dσx dt t2 -0 ∂Bt (0) Kết hợp với Bổ đề 1.4 phương trình (1.3) ta có −q rw(r) ≥ ≥ ≥ = r t -u(x)dσx dt ∂Bt (0) r −q t u (t)dt r −q t u (r)dt (do u > 0) r 1 −q t u (r) = r3 u−q (r) 6 Vậy ta rw(r) ≥ r3 u−q (r) (1.10) Từ suy w(r) ≥ (1/6)r2 u−q (r) Kết hợp với công thức (1.9) ta có: u(r) ≥ u(0) + −q r u (r) 36 Do u(0) > nên suy u(r) ≥ −q r u (r) 36 Từ suy u(r) ≥ 36 1/(q+1) r4/(q+1) (1.11) Từ điều ước lượng (1.6) suy 4/(q + 1) ≤ Do q ≥ khẳng định từ trước Bây ta chứng minh q > Nếu q = u nghiệm dương u nghiệm theo nghĩa thỏa mãn ∆2 u + u−q ≤ 0, u (0) = 0, u (0) = Tiếp theo ta xét hàm cầu z(r) = u(0) + u (0) r Khi z nghiệm theo nghĩa ∆2 z + z −q ≥ 0, z (0) = 0, z (0) = Theo nguyên lý so sánh z > u Nghiệm cầu U toán giá trị ban đầu   ∆2 U + U −q = 0,    U (0) = u(0), U (0) = 0,     U (0) = u (0), U (0) = 0, 14 Footer Page 21 of 126 Header Page 22 of 126 tồn [0, +∞) theo nguyên lý so sánh nghiệm thỏa mãn u ≤ U ≤ z Cho W = ∆U , với q = ∆2 U + 1/U = U ∆W + = Do ∆W = r−2 (r2 W ) nên ta có U (r)(r2 W (r)) + r2 = Tích phân [0, r] ta r r U (t)(t2 W (t)) dt + t2 dt = 0, 0 r U (t)d(t2 W (t)) + r3 = (1.12) Tích phân phần số hạng đầu vế trái phương trình (1.12) ta r r r t2 W (t)dU (t) U (t)d(t2 W (t)) = U (t)t2 W (t) − 0 r = U (r)r2 W (r) − t2 U (t)dW (t) Tích phân phần lần ta r r r U (t)d(t2 W (t)) = U (r)r2 W (r) − t2 U (t)W (t) − W (t)d(t2 U (t)) r W (t)d(t2 U (t)) = U (r)r2 W (r) − U (r)r2 W (r) + Ta có r r W (t)(t2 U (t)) dt W (t)d(t2 U (t)) = 0 r t2 W (t)dt = Thay tất vào phương trình (1.12) ta r U (r)r2 W (r) − U (r)r2 W (r) + t2 W (t)dt + r3 = t2 W (t)dt + = Chia hai vế cho r3 ta có U U (r) rW (r) − W (r) + r r r r (1.13) Từ Bổ đề 1.8 công thức (1.8) ta giả thiết limr→∞ W (r) = α với α ≥ Dùng ước lượng (1.6), (1.10) q = ta suy α > Do (r2 U ) = αr2 + o(r2 ) với r đủ lớn Tích phân hai vế [0, r] ta có r2 U (r) = αr3 /3 Chia hai vế cho r3 ta U /r = α/3 Áp dụng quy tắc L’Hôpital ta có U α = r→∞ r lim 15 Footer Page 22 of 126 Header Page 23 of 126 Thêm nữa, lim (rW (r)) = − lim r→∞ r→∞ r Với W (r) bị chặn tích phân r t2 dt = − U (t) α r t W (t)dt → ∞ r → ∞ Do đó, áp dụng quy tắc L’Hôpital ta có r→∞ r r t2 W (t)dt = lim r2 W (r) α2 W (r) = = lim r→∞ r→∞ 3r2 3 lim Lấy giới hạn hai vế thay kết tính toán vào phương trình (1.13) ta có U U W (r) + lim (rW (r)) − lim r→∞ r r→∞ r r→∞ r r t2 W (t)dt + lim = 0, α −6 α α2 − α+ + = α 3 Điều vô lý, nên q > 1.3.3 Tốc độ tăng nghiệm phương trình ∆2 u + u−q = R3 Từ Định lý 1.10 ta giới hạn việc tìm nghiệm phương trình (1.1) trường hợp q > Kết tổng hợp từ [CX09] [KR03] cho vài thông tin nghiệm cầu (1.1) Mệnh đề 1.11 Ta có khẳng định sau: (a) Nếu phương trình (1.1) có nghiệm dương trơn R3 với tốc độ tăng tuyến tình q > (b) Bất kỳ nghiệm cầu phương trình (1.1) có cấp tăng tuyến tính vô cùng, nghĩa lim inf |x|→∞ u(x)/|x| > 0, nhiều bình phương vô cùng, nghĩa lim sup|x|→∞ u(x)/|x|2+ε = với ε > (c) Nếu < q < phương trình (1.1) có vô số nghiệm cầu trơn với tốc độ tăng ngặt tuyến tính bình phương, nghiệm có dạng brβ , với β ∈ (1, 2) (d) Nếu q > nghiệm cầu trơn phương trình (1.1) tăng tuyến tính tăng bình phương vô 16 Footer Page 23 of 126 Header Page 24 of 126 (e) Nếu q ≥ tồn nghiệm cầu trơn phương trình (1.1) với tốc độ tăng tuyến tính vô q=3 3 cần thiết muốn nghiệm u tăng tuyến tính u tìm ∃! u ≈ r Nghiệm cầu u tăng tuyến tính bình phương ∃u≈r Nghiệm cầu u tăng từ tuyến tính đến bình phương ∃ u ≈ r(log r)1/4 Footer Page 24 of 126 1 0, r ∈ (0, Rmax (β)),    U (0) = 1, U (0) = 0,     ∆U (0) = β, (∆U ) (0) = 0, (1.14) với [0, Rmax (β)) khoảng tồn nghiệm lớn Mệnh đề 1.12 Nếu u nghiệm cầu phương trình ∆2 u + u−q = u (0) = u (0) = Chứng minh Ta chứng minh công thức thứ Ta có ∆u = r−2 (r2 u ) , từ suy r r2 u (r) = s2 ∆u(s)ds Chia hai vế cho r2 ta u (r) = r r s2 ∆u(s)ds Do ∆u(0) = β nên ta có ≤ |u (r)| ≤ r2 r s2 |∆u(s)|ds ≤ β r2 r s2 ds = βr Cho r → ta có u (0) = Tiếp theo ta chứng minh công thức thứ hai Do ∆2 u = r−2 (r2 (∆u) ) nên r2 (∆u) (r) = r s2 (∆2 u)(s)ds Chia hai vế cho r2 ta (∆u) (r) = Do ∆ u = u −q r2 r s2 (∆2 u)(s)ds nên lân cận (tức r đủ nhỏ) ∆2 u(s) bị chặn, tức |∆2 u(s)| ≤ C Khi ta có ≤ |(∆u) (s)| ≤ r2 r s2 |∆2 u(s)|ds ≤ C r2 r s2 ds = Cr Cho r → ta có (∆u) (0) = 0, tức u (0) = Mệnh đề chứng minh Nghiệm toán giá trị ban đầu có quan hệ chặt chẽ với giá trị β Điều thể qua Mệnh đề 1.16 Ta nhắc lại nghiệm cầu u toán giá trị ban đầu (1.14) gọi nghiệm nguyên nghiệm xác định toàn [0, +∞) Ngược lại, nghiệm u gọi có giá compact u dương thuộc nửa 18 Footer Page 25 of 126 Header Page 26 of 126 = lim r→∞ rv (r) r3 u−q (r) lim = r −q t u (t)dt r→∞ v(r) Vậy ta có điều phải chứng minh Khẳng định 3.7 Ta có u(r) → ru (r) r → ∞ Điều tương đương với x(r) → r → ∞ Chứng minh Từ phương trình (3.9)và (3.8) ta có 1+ u(r) = ru (r) r r tvdt − 1r t2 vdt r t vdt r Từ đó, ta r r tvdt r + r0 − r t vdt t vdt 0 u(r) = ru (r) (3.11) Theo quy tắc L’Hôpital ta có lim r→∞ r r t v(t)dt = lim r→∞ r v(t) = 0, theo chứng minh Khẳng định 3.5 ta có lim r→∞ r r tv(t)dt = lim r r→∞ t v(t)dt r2 v r3 v r r tv(t)dt = tv(t)dt Từ công thức (3.11) cách lấy giới hạn hai vế r → ∞ ta có điều phải chứng minh Từ Khẳng định 3.3, 3.4, 3.5 ta thấy nghiệm (x, y, z, t) hệ (3.3) ứng với nghiệm cầu u = Uβ với β > β ∗ bị hút điểm p6 = (2, 0, 6, 0) Do ta chứng minh Định lý 3.1 Tuy nhiên để chứng minh Định lý 3.2 ta cần thêm thông tin dáng điệu tiệm cận u vô cùng, ta phải phân tích dáng điệu tiệm cận hệ (3.3) xung quanh điểm (2, 0, 6, 0) Với q > tuyến tính hóa hệ (3.3) (x, y, z, t) cho ma trận   −2x − 1   −2y − −1    −z  z −x + −qw −w −qx − y + 49 Footer Page 26 of 126 Header Page 27 of 126 Tại điểm p6 = (2, 0, 6, 0) ma trận trở  −5  −1 A= −6 0 thành  0 −1   0  −2q + Ma trận có giá trị riêng λ1 = −1, λ2 = −2, λ3 = −3, λ4 = − 2q Do giá trị riêng khác với q > nên tồn cq = cho xảy trường hợp: Với q > 3/2 ru (r) = + cq e−t + o(e−t ), u(r) (3.12) ru (r) = + cq te−t + o(te−t ), u(r) (3.13) t → ∞ Với q = 3/2 t → ∞ Với < q < 3/2 ru (r) = + cq e−(2q−2)t + o(e−(2q−2)t ) u(r) (3.14) t → ∞ 3.2 Tốc độ tăng bậc hai phương trình ∆2 u + u−q = tùy ý Trong mục ta chứng minh tốc độ tăng bình phương nghiệm cầu tùy ý Thật vậy, giả sử u nghiệm cầu phương trình ∆2 u + u−q = (1.1) cho u(r) = κ, r2 > tùy ý, tồn nghiệm cầu v lim r→∞ với κ > Khi với phương trình (1.1) cho v(r) = r→∞ r lim Thật vậy, ta đặt δ v(r) = κ α u κ r Dễ thấy v nghiệm phương trình (1.1) (1 + q)δ + 4α = Để có giới hạn limr→∞ u(r)/r2 = ta cần δ + 2α = Từ hai điều kiện giải ta δ = −2/(q + 1) α = (q + 1)/(2(q − 1)) Rõ ràng với q > giá trị δ α tồn 50 Footer Page 27 of 126 ... TOÁN - CƠ - TIN HỌC Ngô Phương Thảo NGHIỆM CỦA MỘT LỚP PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC PHI TUYẾN CẤP HAI VỚI SỐ MŨ ÂM TRONG R3 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60460102 Cán hướng... > phương trình xét có số mũ âm −q Nói chung phương trình đạo hàm riêng xét ta gặp hai khó khăn sau: (1) miền xác định u toàn không gian R3 (2) phương trình có chứa số mũ âm Để bước đầu cung cấp. .. thay số mũ −7 −q với q > 0, phương trình thứ phương trình ta xét (2) Sở dĩ ta không nghiên cứu nghiệm phương trình (−∆)2 u = u−q nhiều trường hợp phương trình nghiệm Kết tương tự trường hợp phương