NGHIỆM KỲ DỊ CỦA MỘT LỚP CÁC PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC BẬC CAO

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN LƯU PHƯƠNG LINH NGHIỆM KỲ DỊ CỦA MỘT LỚP CÁC PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC BẬC CAO LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - Năm 2018 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN LƯU PHƯƠNG LINH NGHIỆM KỲ DỊ CỦA MỘT LỚP CÁC PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC BẬC CAO Chun ngành: Tốn giải tích Mã số: 8460101.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGÔ QUỐC ANH Hà Nội - Năm 2018 LỜI CẢM ƠN Bản luận văn thực hướng dẫn tận tình TS Ngơ Quốc Anh Nhân dịp em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Thầy - người dành nhiều thời gian công sức để hướng dẫn, kiểm tra, giúp đỡ em việc hoàn thành luận văn Em xin gửi lời cảm ơn đến thầy giáo Khoa Tốn - Cơ - Tin học, trường Đại học Khoa học Tự nhiên - ĐHQG Hà Nội kiến thức điều tốt đẹp mang lại cho em thời gian em học tập trường Em xin cảm ơn phòng Sau đại học điều kiện thuận lợi việc hoàn thành thủ tục học tập bảo vệ luận văn Em xin bày tỏ lòng biết ơn gia đình, người thân chỗ dựa tinh thần vật chất cho em sống học tập Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận góp ý q thầy bạn để luận văn hoàn thiện hơn! Hà Nội, tháng 12 năm 2018 Lưu Phương Linh Mục lục Mở đầu Mở đầu 0.1 Phương pháp bảo giác toán tử vi phân bảo giác 0.2 Bài tốn xác định mê-tríc bảo giác với Q-độ cong cho trước 0.3 Phép chiếu phương trình elliptic cấp bốn R N 0.4 Nghiệm kì dị cầu phương trình (0.1) vấn đề cần nghiên 0.5 cứu Kết vài vấn đề mở Một số kết chuẩn bị 12 1.1 Toán tử Laplace hàm cầu 12 1.2 Dạng tương đương phương trình (0.1) 14 1.3 Công thức biến thiên số cho nghiệm cầu phương trình (0.1) 17 1.4 1.5 Tốc độ tăng trưởng nghiệm kì dị cầu phương trình (0.1) 22 1.4.1 Trường hợp < p ≤ N = p ∈ [3, +∞) 23 1.4.2 Trường hợp p = N = p = 25 1.4.3 Trường hợp p > 29 Chứng minh Định lý 0.1(i) 35 Nghiệm kì dị cầu phương trình (0.1) trường hợp N = p≥3 2.1 36 Trường hợp N = p = 36 2.2 Trường hợp N = p > 40 Phân loại nghiệm kì dị cầu phương trình (0.1) trường hợp N ≥ p = 44 3.1 Trường hợp N > p = 44 3.2 Trường hợp N = p = 47 Chương Mở đầu Nội dung Luận văn bao gồm số vấn đề tính chất nghiệm khơng âm phương trình elliptic bậc bốn với số mũ âm ∆2 u = − u − p , p>0 (0.1) R N \ {0} Trong mục ta trình bày vắn tắt lý nghiên cứu phương trình (0.1) 0.1 Phương pháp bảo giác toán tử vi phân bảo giác Để nghiên cứu tính chất hình học đa tạp người ta thường hay tập trung vào đặc trưng hình học chúng độ cong Gauss (cho siêu mặt), độ cong vô hướng, độ cong Ricci, v.v Do độ cong hình học đặc trưng nội nên người ta nghiên cứu chúng dựa vào mê-tríc đa tạp Do mê-tríc đa tạp N chiều ten-xơ cấp phụ thuộc vào N ( N + 1)/2 biến Vì tốn xác định mê-tríc với đặc trưng hình học thường tốn khó số ràng buộc thường lượng thơng tin mà ta cần xác định Để khắc phục hạn chế kỹ thuật hay sử dụng để nghiên cứu sử dụng phương pháp bảo giác Trong suốt mục ta giả thiết ( M, g) đa tạp Riemann đầy với số chiều N ≥ Ta nói M mê-tríc g bảo giác với mê-tríc g tồn hàm trơn f cho g = e2 f g Bằng cách hạn chế lớp mê-tríc bảo giác trên, ta chuyển toán xác định mê-tríc bảo giác g (với N ( N + 1)/2 biến) thành toán xác định hàm dương f (và lại biến) Định nghĩa 0.1 (toán tử bảo giác với trọng số) Toán tử vi phân Lg liên kết với mê-tríc g gọi bảo giác với trọng số (α, β) Lg (·) = e− β f Lg (· eα f ) g = e2 f g Ví dụ đơn giản toán tử vi phân bảo giác toán tử Laplace N = ( lúc đa tạp M gọi diện/mặt Riemann ) Thật vậy, tốn tử Laplace có tính chất ∆ g (·) = e−2 f ∆ g (·) tốn tử Laplace toán tử bảo giác với trọng số (0, 2) Mối liên hệ ∆ g ∆ g thể phương trình độ cong Gauss ∆ g u + K g = K g e2 f , kí hiệu K g để độ cong Gauss mê-tríc g Việc nghiên cứu độ cong Gauss chủ đề quan trọng độ cong Gauss tham gia vào công thức Gauss–Bonnet M K g dµ g = 2πχ( M), (0.2) χ( M ) đặc trưng Euler tô-pô mặt M khơng biên Nói cách khác, tích phân tồn phần độ cong Gauss K g bất biến tô-pô hiểu biết độ cong Gauss cung cấp thơng tin hữu ích mặt tơ-pơ đa tạp Tuy nhiên, toán tử Laplace ∆ g bảo giác N > Trong trường hợp toán tử Laplace thay tốn tử Laplace bảo giác, hay gọi tốn tử Yamabe Đây ví dụ đặc biệt quan trọng hình học vi phân hình học bảo giác suốt thập kỉ qua Toán tử kí hiệu L g , cho Lg · = − 4( N − 1) ∆ g · + scalg ·, N−2 kí hiệu scalg để độ cong vơ hướng mê-tríc g Tốn tử L g bảo giác với trọng số ( N2−2 , N2+2 ) L g (·) = e− Trong trường hợp riêng scalg = e N +2 N +2 fL f L g (· e g (1) N −2 f ) Tốn tử L g có vai trò quan trọng tốn xác định mê-tríc bảo giác g = u4/( N −2) g với độ cong vô hướng scalg = f cho trước tương đương với việc tìm nghiệm u > phương trình tới hạn − 0.2 N +2 4( N − 1) ∆ g u + scalg u = f u N −2 N−2 Bài tốn xác định mê-tríc bảo giác với Q-độ cong cho trước Các nghiên cứu khoảng 20 năm trở lại cho thấy Q-độ cong đa tạp chiều đối tượng hình học chứa đựng nhiều thơng tin thú vị mà ta chưa biết có vai trò tương tự độ cong Gauss đa tạp chiều, chẳng hạn Q-độ cong tham gia công thức Gauss– Bonnet–Chern, tương tự công thức Gauss–Bonnet (0.2), M Q g dµ g + M |Wg |2g dµ g = 8π χ( M), Wg ten-xơ Weyl ( M, g) Do đại lượng biến tô-pô nên đại lượng M M (0.3) |Wg |2g dµ g bất Q g dµ g bất biến tô-pô Năm 1982, S Paneitz [1] cơng bố tốn tử bảo giác với trọng số (0, 4) đa tạp Riemann chiều Pg4 = ∆2g − divg ( scalg g − Ricg )d, Ric g độ cong Ricci g Tính chất bảo giác Pg4 thể đẳng thức Pg4 (·) = e−4 f Pg4 (·) Năm 1985, T Branson giới thiệu Q-độ cong liên kết với toán tử Paneitz đa tạp với số chiều N ≥ Bằng cách thay đổi Pg4 thành PgN = ∆2g − divg N−4 N ( N − 2)2 + scalg g − Ricg d + Qg , 2( N − 1)( N − 2) N−2 (0.4) Q gN N − 4N + 16N − 16 2 ∆ g scalg + R − | Ricg |2 , = g 2 2( N − 1) 8( N − 1) ( N − 2) ( N − 2) (0.5) Branson chứng minh toán tử PgN bảo giác với trọng số ( N2−4 , N2+4 ), tức PgN (·) = e− N +4 f PgN (· e N −4 f ) Trong trường hợp riêng ta thu N −4 N +4 N−4 N Q g = PgN (1) = e− f PgN (e f ) (0.6) Đặt v=e (tức f = N −4 N −4 f log v) ta thu e2 f = v N −4 phương trình (0.6) viết thành N − N N +4 Q g v N −4 (0.7) Toán tử Paneitz xem ví dụ tốn tử bảo giác bậc cao (bậc PgN (v) = 4) 0.3 Phép chiếu phương trình elliptic cấp bốn R N Việc nghiên cứu nghiệm dương phương trình (0.1) xuất phát từ tốn xác định mê-tríc bảo giác mặt cầu S N ⊂ R N +1 với Q-độ cong cho trước Để phát biểu toán trước tiên ta xét mặt cầu S N với mê-tríc chuẩn gSN , chẳng hạn trường hợp N = mê-tríc gS2 hệ toạ độ cầu (r, θ, φ) xác định gS2 = dθ ⊗ dθ + sin2 θ dφ ⊗ dφ (Trong trường hợp N > 2, mê-tríc gSN tính dựa vào cơng thức truy hồi hệ toạ độ cầu suy rộng.) Trên mặt cầu S N ta biết RicgSN = N − scalgSN = N ( N − 1) Từ (0.4) ta tìm PgN N = S − ∆ gS N + ( N − 2) N − ∆ gS N + ( N − 4)( N + 2) Thông qua phép chiếu π : S N → R N cách đổi biến u( x ) = v(π −1 ( x )) + | x |2 − N2−4 (0.8) với x ∈ R N từ [2, Mệnh đề 1] ta có + | x |2 − N2+4 (−∆)2 u( x ) = PgN N v(π −1 ( x )) S (0.9) Do cách sử dụng phép chiếu π, ta chiếu phương trình (0.7) cho v S N xuống R N để thu phương trình ∆2 u = N +4 N−4 ( Q g ◦ π −1 ) u N −4 (0.10) cho u, g mê-tríc bảo giác với gSN Rõ ràng phương trình (0.10): +4 • Nếu N ≥ số mũ N N −4 > +4 • N = số mũ N N −4 = −7 < Như ta hạn chế Q g số phương trình (0.10) trường hợp N = trường hợp riêng phương trình (0.1) tồn khơng gian R N Bây ta xét tình phương trình (0.1) với số mũ âm, tức ∆2 u = −u− p với p > 0, xác định miền thủng R N \ {0} Bài toán dẫn đến việc Nếu t0 t v−3 (τ )dτ → +∞ t −∞ từ (2.4) ta suy v(t) −∞ −∞ theo (2.1) điều khơng xảy Vậy ta t đến mâu thuẫn Kết hợp hai trường hợp ta suy không tồn nghiệm kì dị cầu u phương trình (0.1) Mệnh đề 2.1 chứng minh trường hợp N = 3; p = 2.2 Trường hợp N = p > Bây ta xét trường hợp p > trường hợp ν1 = m + > 0, ν2 = m + > 0, ν3 = m − < 0, ν4 = m < Với t0 < cố định, từ Bổ đề 1.2 suy tồn số Ci cho r m u (r ) = v ( t ) = 4 i =1 i =1 ∑ Ci eνi t + ∑ di t t0 eνi (t−τ ) (−v− p (τ ))dτ hay i =1 i =1 v(t) = ∑ Ci eνi t + ∑ di − ∑ di i =3 t −∞ e t0 t eνi (t−τ ) v− p (τ )dτ νi (t−τ ) − p v t0 i =3 −∞ (τ )dτ + ∑ di eνi t Theo Mệnh đề 1.1(iii), lim inf v(t) = lim inf r t −∞ r − p+ u(r ) > Điều có nghĩa tồn số c > cho v(t) > c Từ ta suy e−νi τ v− p (τ ) < c− p e−νi τ 40 e−νi τ v− p (τ )dτ với i ∈ {3; 4} Nói khác, với dấu t0 νi , i ∈ {3, 4}, tích phân t0 −∞ e−νi τ v− p (τ )dτ, (2.5) i ∈ {3; 4}, hội tụ Vậy ta viết v(t) = ∑ Ci e νi t i =1 + ∑ Ci e νi t i =3 t − ∑ di −∞ i =3 ( m +1) t + ∑ di i =1 t0 t eνi (t−τ ) v− p (τ )dτ eνi (t−τ ) v− p (τ )dτ + C2 e(m+2)t + C3 e(m−1)t + C4 emt =C1 e + ∑ di i =1 t0 t t i =3 −∞ eνi (t−τ ) v− p (τ )dτ − ∑ di eνi (t−τ ) v− p (τ )dτ Tiếp theo mục tiêu khử hệ số C3 C4 Muốn ta cần kết tương tự Bổ đề 2.1 đề cập mục trước để đánh giá tích phân xuất cơng thức biểu diễn v Bổ đề 2.2 Khi t −∞ ta có khẳng định sau t −∞ eνi (t−τ ) v− p (τ )dτ = o (emt ) với i ∈ {3, 4} t0 t eνi (t−τ ) v− p (τ )dτ = o (emt ) với i ∈ {1, 2} Chứng minh Nhắc lại νi < với i ∈ {3, 4} m < Chọn ε > đủ bé cho m + ε < Khi m + ε − νi = với i ∈ {3, 4} Bằng cách sử dụng quy tắc l’Hôpital ta thu t lim e −∞ −(m+ε)t t −∞ e νi (t−τ ) − p v (τ )dτ = lim t −∞ t −νi τ v− p (τ )dτ −∞ e e(m+ε−νi )t e−νi t v− p (t) t −∞ ( m + ε − νi ) e(m+ε−νi )t lim e−(m+ε)t v− p (t) = m + ε − νi t −∞ = lim =0 41 với i ∈ {3, 4} Tương tự, sử dụng νi > với i ∈ {1, 2} quy tắc l’Hôpital ta thu t lim e −∞ t0 −mt t e νi (t−τ ) − p v (τ )dτ = lim −∞ t t0 −νi τ − p v (τ )dτ t e e(m−νi )t −e−νi t v− p (t) t −∞ ( m − νi ) e(m−νi )t lim e−mt v− p (t) =− m − νi t −∞ =0 = lim với i ∈ {1, 2} Bổ đề chứng minh Từ Bổ đề 2.2 ta thu ∑ di i =1 t0 t t i =3 −∞ eνi (t−τ ) v− p (τ )dτ − ∑ di eνi (t−τ ) v− p (τ )dτ = o (emt ) Chú ý rằng, theo định nghĩa, u(r ) → r → Điều có nghĩa v(t) = emt u(et ) = o (emt ) t → −∞ Kết hợp điều biểu diễn v ta suy C3 = C4 = Nói cách khác ta vừa v(t) =C1 eν1 t + C2 eν2 t + ∑ di i =1 t i =3 −∞ − ∑ di t0 t eνi (t−τ ) v− p (τ )dτ eνi (t−τ ) v− p (τ )dτ Tiếp theo ta phải đánh giá bốn tích phân cơng thức v Ta biết tích phân o (emt ), nhiên điều chưa đủ emt → +∞ t −∞ Thực tế ta chứng minh tích phân O(1) (Ở ta chưa thể khẳng định tích phân o (1) trường hợp p = ta khơng thể áp dụng quy tắc l’Hơpital v chưa có giới hạn +∞ −∞.) Thật vậy, từ (2.5) ta suy t −∞ eνi (t−τ ) v− p (τ )dτ = O(1) 42 −∞ Với i ∈ {1, 2}, v bị chặn c nên ta đánh giá t t0 0< t eνi (t−τ ) v− p (τ )dτ < c− p t0 t eνi (t−τ ) dτ = νi−1 c− p − eνi (t−t0 ) Do t < t0 νi > với i ∈ {1, 2} ta rút kết luận t0 t t −∞ với i ∈ {1, 2} Vậy ta vừa chứng minh ∑ di i =1 t eνi (t−τ ) v− p (τ )dτ = O(1) t0 t t i =3 −∞ eνi (t−τ ) v− p (τ )dτ − ∑ di eνi (t−τ ) v− p (τ )dτ = O(1) −∞ Điều giúp ta khẳng định v(t) = C1 eν1 t + C2 eν2 t + r (t) = O(1) t −∞ Tuy nhiên theo Mệnh đề 1.1(i), ta tìm dãy tk cho v(tk ) −∞ +∞, điều dẫn đến mâu thuẫn Vậy ta có điều phải chứng minh 43 Chương Phân loại nghiệm kì dị cầu phương trình (0.1) trường hợp N ≥ p = Mục tiêu chương chứng minh kết sau: Mệnh đề 3.1 Giả sử N ≥ p = Khi nghiệm kì dị cầu u (0.1), tồn tại, phải thỏa mãn lim u(r )r −2 (− log r )− = r N ( N − 2) (3.1) lim u (r )r −1 (− log r )− = r N ( N − 2) (3.2) chúng nghiệm kì dị cầu loại I I Rõ ràng theo Mệnh đề 1.1(ii), u(r )r −2 → +∞ r → nên nghiệm kì dị cầu u (nếu tồn tại) thuộc loại I I Vì ta quan tâm đến việc thiết lập đẳng thức (3.1)–(3.2) Để chứng minh Mệnh đề 3.1 ta phân chia thành hai trường hợp: N > N = 3.1 Trường hợp N > p = Dễ kiểm tra trường hợp p = m = −2 ν1 = 0, ν2 = −2, ν3 = − N, 44 ν4 = − N Cố định t0 < 0, từ Bổ đề 1.2 ta có 4 i =1 i =1 t v(t) = ∑ Ci eνi t + ∑ di = ∑ Ci e νi t i =1 t0 + 2N ( N − 2) t0 i =2 −∞ + ∑ di t0 eνi (t−τ ) (−v−1 (τ ))dτ t v −1 t i =2 −∞ (τ )dτ − ∑ di eνi (t−τ ) v−1 (τ )dτ eνi (t−τ ) v−1 (τ )dτ, di = ∏ (νi − νj )−1 j=1,i = j Theo Mệnh đề 1.1(ii), v(t) → +∞ t → −∞ nên với lập luận tương tự Chương tích phân t0 −∞ e−νi τ v−1 (τ )dτ, i ∈ {2, 3, 4} hội tụ vi < với i ∈ {2, 3, 4} Do ta viết lại v dạng v(t) =C1 + C2 e−2t + C3 e− Nt + C4 e(2− N )t t0 + 2N ( N − 2) t v −1 t i =2 −∞ (τ )dτ − ∑ di eνi (t−τ ) v−1 (τ )dτ Để xử lý hệ số C2 , C3 C4 ta cần kết tương tự Bổ đề 2.1 để đánh giá tích phân xuất công thức biểu diễn v −∞ ta có khẳng định sau Bổ đề 3.1 Khi t t −∞ eνi (t−τ ) v−1 (τ )dτ = o (1) với i ∈ {2, 3, 4} Chứng minh Việc chứng minh bổ đề tương tự chứng minh Bổ đề 2.1 ta bỏ qua Từ Bổ đề 3.1 v(t) = e−2t u(et ) = o (e−2t ) t −∞ ta suy C2 = C3 = C4 = 0, tức v(t) = C1 + 2N ( N − 2) 45 t0 t v−1 (τ )dτ + R(t), (3.3) t i =2 −∞ R ( t ) = − ∑ di eνi (t−τ ) v−1 (τ )dτ Dễ thấy từ Bổ đề 3.1 R(t) → t −∞ t i =2 −∞ R (t) = − ∑ di νi t eνi (t−τ ) v−1 (τ )dτ + v−1 (t) → −∞ Từ (3.3) ta có v =− v −1 + R 2N ( N − 2) Do R (t), v−1 (t) → t → −∞ suy v (t) → t → −∞ Rõ ràng từ công thức cho v ta suy vv=− + R v 2N ( N − 2) (3.4) Bây ta chứng minh R v → t → −∞ (3.5) Thật vậy, từ công thức R (t) ta suy R v = − di ∑ t νi v i =2 −∞ eνi (t−τ ) v−1 (τ )dτ + Mà lim t→−∞ νi v(t) t −νi τ v−1 (τ )dτ −∞ e e−νi t = − lim e−νi t + v (t) t→−∞ = − lim t→−∞ + v (t) = −1 nên ta có (3.5) Quay lại (3.4) dễ thấy ( v2 ) = − + 2R v N ( N − 2) 46 t −νi τ v−1 (τ )dτ −∞ e e−νi t t −νi τ v−1 (τ )dτ −∞ e e−νi t hay t v ( t ) = v ( t0 ) + − t0 + 2R v(t) dτ N ( N − 2) = v ( t0 ) + ( t0 − t ) + N ( N − 2) (3.6) t t0 R (τ )v(τ )dτ Từ (3.5), (3.6) quy tắc l’Hơpital ta có t lim v(t)(−t)− = −∞ t v2 ( t ) = −∞ − t lim N ( N − 2) Vậy ta vừa thu (3.1) trường hợp N > 4, tức lim r −2 u(r )(− log r )− = r N ( N − 2) Tiếp theo ta chứng minh (3.2) trường hợp N > Thật vậy, nhắc lại v(t) = r −2 u(r ), từ ta suy v ( t ) = r −2 u ( r ) r − 2r u(r ) = r −1 u (r ) − 2r −2 u(r ) r3 Do v (t) → t → −∞, ta viết r −1 u (r ) = 2r −2 u(r ) + o (1) r → Do kết hợp với (3.1) chứng minh ta suy 1 lim u (r )r −1 (− log r )− = lim 2u(r )r −2 (− log r )− = r 3.2 r 0 N ( N − 2) Trường hợp N = p = Trong trường hợp N = ta tìm ν2 = −4, ν1 = 0, ν3 = ν4 = −2 Cố định t0 < 0, từ Bổ đề 1.2(ii) ta có 3 i =1 i =1 v(t) = ∑ αi eνi t + ∑ di t t0 eνi (t−τ ) (−v−1 (τ ))dτ + α4 teν4 t 47 t + d4 t0 (t − τ )eν4 (t−τ ) (−v−1 (τ ))dτ hệ số αi di xác định Bổ đề 1.2 Tính tốn trực tiếp ta thu d1 = , 16 d2 = − , 16 d4 = − d3 = 0, Vậy v(t) = ∑ αi eνi t − i =1 + t t0 t 16 t0 v−1 (τ )dτ + 16 t t0 e−4(t−τ ) v−1 (τ )dτ + α4 te−2t (t − τ )e−2(t−τ ) v−1 (τ )dτ = ∑ αi eνi t + α4 te−2t − i =1 t 16 t0 v−1 (τ )dτ t −4t t0 4τ −1 −4t 4τ −1 e v (τ )dτ − e e v (τ )dτ + e 16 16 −∞ −∞ t t0 1 + e−2t (t − τ )e2τ v−1 (τ )dτ − e−2t (t − τ )e2τ v−1 (τ )dτ, 4 −∞ −∞ t t0 số tích phân phân t0 −∞ viết dạng t t0 −∞ − −∞ số, ta viết v ( t ) = α1 + α2 e + + α3 e + α4 te + 16 t e4τ v−1 (τ )dτ + e−2t −∞ −4t −4t e 16 −2t −2t t0 t t −∞ v−1 (τ )dτ (t − τ )e2τ v−1 (τ )dτ Ta có kết phụ sau đây, nhiều phụ thuộc vào việc v(r ) r p = Bổ đề 3.2 Ta có khẳng định sau e−4t t −∞ e4τ v−1 (τ )dτ = o (1) e−2t t −∞ e2τ v−1 (τ )dτ = o (1) t −∞ t Do tích (t − τ )e2τ v−1 (τ )dτ = o (1) −∞ 48 +∞ Chứng minh Chứng minh bổ đề dựa vào quy tắc l’Hôpital tương tự chứng minh Bổ đề 2.1 ta bỏ qua Sử dụng bổ đề từ công thức biểu diễn v ta suy α2 = α3 = α4 = Vậy v ( t ) = α1 + 16 t0 v−1 (τ )dτ + R(t), t (3.7) R(t) = t 16 −∞ e−4(t−τ ) v−1 (τ )dτ + t 16 −∞ + =− + −4e−4(t−τ ) v−1 (τ )dτ + t −∞ t t −∞ (t − τ )e−2(t−τ ) v−1 (τ )dτ −∞ Tính tốn trực tiếp ta thu Dễ thấy từ Bổ đề 3.2, R(t) → t R (t) = −1 v (t) 16 [e−2(t−τ ) − 2(t − τ )e−2(t−τ ) ]v−1 (τ )dτ e v (τ )dτ + v−1 (t) 16 −∞ t t e−2(t−τ ) v−1 (τ )dτ − (t − τ )e−2(t−τ ) v−1 (τ )dτ −∞ −∞ (3.8) −4( t − τ ) −1 từ Bổ đề 3.2 ta thu R (t) → t −∞ Từ (3.7) ta có v (t) = − Do R (t), v−1 (t) → t t −1 v +R 16 −∞ nên từ công thức ta suy v (t) → −∞ Cũng từ công thức cho v ta rút ta vv=− + R v 16 (3.9) Trong bước ta chứng minh R (t)v(t) → 49 (3.10) −∞ Thật vậy, từ (3.8) ta rút t t Rv=− v − v e−4(t−τ ) v−1 (τ )dτ + v −∞ t −∞ t −∞ (t − τ )e−2(t−τ ) v−1 (τ )dτ + e−2(t−τ ) v−1 (τ )dτ 16 Sử dụng quy tắc l’Hôpital ta tính t t lim v(t) −∞ −∞ e −4( t − τ ) −1 v (τ )dτ = lim t −∞ = lim t v(t) t 4τ −1 −∞ e v (τ )dτ e4t e4t + v (t) −∞ t 4τ −1 −∞ e v (τ )dτ 4e4t = t t lim v(t) −∞ −∞ e −2( t − τ ) −1 v (τ )dτ = lim t −∞ = lim t v(t) t 2τ −1 −∞ e v (τ )dτ e2t e2t + v (t) −∞ t 2τ −1 −∞ e v (τ )dτ 2e2t = Tiếp tục sử dụng quy tắc l’Hôpital hai lần kết hợp với Bổ đề 3.2 để thu t t lim v(t) −∞ −∞ (t − τ )e−2(t−τ ) v−1 (τ )dτ = lim t −∞ = lim t −∞ = lim t v (t) −∞ = lim t v(t) −∞ v(t) t 2τ −1 −∞ (t − τ )e v (τ ) dτ e2t t 2τ −1 −∞ (t − τ )e v ( τ )dτ 2e2t + v(t) t 2τ −1 −∞ e v (τ )dτ t 2τ −1 −∞ e v (τ )dτ 2e2t e2t + v (t) t 2τ −1 −∞ e v ( τ )dτ 4e2t = Như 1 1 1 lim R (t)v(t) = − + − + = 4 2 16 t −∞ 50 Từ công thức (3.9) ta thấy (v2 ) = − + 2R v t (− + 2R v)dτ t0 t t t = v2 ( t0 ) − + + R (τ )v(τ )dτ 8 t0 v2 ( t ) = v2 ( t0 ) + Tiếp tục sử dụng quy tắc l’Hôpital ta thu t lim v(t)(−t)− = −∞ t v2 ( t ) = √ −∞ − t 2 lim Vậy ta chứng minh xong (3.1) trường hợp N = 4, tức 1 lim r −2 u(r )(− log r )− = √ r 2 Đẳng thức (3.2) trường hợp N = chứng minh tương tự trường hợp N > v(t) = r −2 u(r ) 51 KẾT LUẬN Luận văn trình bày lại kết nghiên cứu tồn tại, khơng tồn nghiệm kì dị cầu phương trình (0.1) cơng bố cơng trình khoa học [3] Trong trường hợp riêng nghiên cứu nghiệm kì dị cầu phương trình (0.1), chúng tơi N = 3, p = phương trình khơng có nghiệm, số tính chất tiên nghiệm N = 4, p = Việc tìm hiểu nghiệm kì dị trường hợp < p ≤ chủ đề nghiên cứu sau hoàn thành luận văn 52 Tài liệu tham khảo [1] S Paneitz, A quartic conformally convariant differential operator for arbitrary pseudo-Riemannian manifolds, thảo, 1983 [2] C.R Graham, Conformal powers of the Laplacian via stereographic projection, SIGMA (2007) Art 121 [3] B Lai, Radial singular solutions for a fourth order equation with negative exponents, J Differential Equations 263 (2017) 8467–8480 [4] B Lai, D Ye, Remarks on entire solutions for two fourth-order elliptic problems, Proc Edinb Math Soc 59 (2016) 777–786 [5] N.P Thao, Luận văn thạc sĩ khoa học, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, 2016 [6] A Ferrero, H.C Grunau, The Dirichlet problem for supercritical biharmonic equations with powertype nonlinearity, J Differential Equations 234 (2007) 582–606 53 Phiên bản: Ngày 18 tháng năm 2019 lúc 06:12:07