Nghiệm của một lớp các phương trình tích phân trong miền bị chặn

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - ĐINH THỊ THÚY NGÂN NGHIỆM CỦA MỘT LỚP CÁC PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN TRONG MIỀN BỊ CHẶN LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội – 2018 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - ĐINH THỊ THÚY NGÂN NGHIỆM CỦA MỘT LỚP CÁC PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN TRONG MIỀN BỊ CHẶN 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 – 2018 Mục lục Lời cảm ơn Mở đầu Giới thiệu vấn đề 0.1 Bài toán Fosdick–Serrin lý chọn đề tài 0.2 Một số kí hiệu quy ước hay dùng 0.3 Điều kiện cần tính quy nghiệm 0.4 Kết 11 Một số kết chuẩn bị 12 1.1 Một số ước lượng 12 1.2 Một số không gian hàm Định lý nhúng Sobolev 16 1.3 Một số bất đẳng thức 18 Nghiệm lớp phương trình tích phân miền bị chặn 22 2.1 Một số kết tính quy 22 2.2 Phương pháp di chuyển mặt phẳng từ phải sang trái 30 2.3 Phương pháp di chuyển mặt phẳng từ trái sang phải 44 2.4 Chứng minh Định lý 49 LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành hướng dẫn bảo nhiệt tình TS Ngơ Quốc Anh Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc tơi suốt q trình làm luận văn Quá trình làm việc trao đổi với thầy học hỏi nhiều điều trưởng thành Vì vậy, tơi muốn bày tỏ kính trọng lòng biết ơn sâu sắc đến thầy Qua đây, xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới quý thầy Khoa Tốn - Cơ -Tin học, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, đặc biệt thầy cô trực tiếp giảng dạy suốt q trình tơi học tập Nhà trường Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Ban Giám Hiệu, Phòng Sau Đại Học tạo điều kiện cho tơi học tập bảo vệ khóa luận Tơi xin cảm ơn gia đình, bạn bè, anh chị bạn học viên cao học khóa 2016✁2018 quan tâm, tạo điều kiện cổ vũ, động viên tơi để tơi hồn thành tốt nhiệm vụ Hà Nội, ngày 28 tháng 11 năm 2018 Học viên: Đinh Thị Thúy Ngân Lớp: CH 2016 - 2018 MỞ ĐẦU Trong toán học, học, vật lí ngành kĩ thuật khác có nhiều vấn đề liên quan đến phương trình vi phân với điều kiện biên hay điều kiện ban đầu, phương trình đạo hàm riêng, dẫn đến phương trình hàm chưa biết chứa dấu tích phân Những loại phương trình gọi phương trình tích phân Phương trình tích phân cơng cụ tốn học hữu ích nhiều lĩnh vực nên đề tài nghiên cứu mở, thu hút nhiều nhà khoa học quan tâm nghiên cứu theo nhiều khía cạnh khác tồn nghiệm, vấn đề xấp xỉ nghiệm, tính chỉnh hay khơng chỉnh, nghiệm chỉnh hóa, Trong Luận văn này, ta xét lớp phương trình tích phân miền bị chặn sau u♣xq ✏ A ➺ ⑤u⑤p♣yq dy   B n✁α Ω ⑤x ✁ y ⑤ (0.1) Ω với điều kiện biên u✏β (0.2) ❇ Ω n nguyên dương, Ω ⑨ Rn miền mở bị chặn Rn với biên ❇Ω thuộc lớp C p, α, β, A, B số thỏa mãn điều kiện sau p, A → 0; β, B ➙ 0; ➔ α ➔ n (0.3) Đối với việc tìm nghiệm tổng quát lớp phương trình tốn khó chưa tìm lời giải Vì vậy, tơi tập trung nghiên cứu tính chất nghiệm dương tính chất miền lớp phương trình tích phân Nội dung Luận văn lấy từ tài liệu [2] cỏc tỏc gi D Li, G Străohmer v L Wang Các kết Luận văn bao gồm: Chỉ nghiệm lớp phương trình nghiệm dương miền bị chặn Ω Ω hình cầu Nếu nghiệm lớp phương trình nghiệm dương miền bị chặn Ω nghiệm có tính chất đối xứng qua tâm hình cầu Ω đơn điệu giảm xa tâm hình cầu Ω Về bố cục, Luận văn chia làm chương đánh số từ đến Trong Chương 0, giới thiệu Bài tốn Fosdick–Serrin từ đưa lý chọn đề tài nghiên cứu, số ký hiệu, quy ước hay dùng giới thiệu kết Chương dành để trình bày số kết chuẩn bị dùng chương Trong Chương 2, tơi tập trung chứng minh định lý phương pháp di chuyển mặt phẳng Mặc dù cố gắng thời gian thực Luận văn khơng nhiều kiến thức hạn chế nên làm Luận văn khó tránh thiếu sót Tơi mong muốn nhận góp ý thầy bạn đọc để Luận văn hồn thiện Tôi xin chân thành cảm ơn! Chương Giới thiệu vấn đề Luận văn đề cập đến nghiệm dương phương trình tích phân u♣xq ✏ A ➺ ⑤u⑤p♣yq dy   B n✁α Ω ⑤x ✁ y ⑤ (0.1) Ω với điều kiện biên u✏β (0.2) ❇ Ω Ω ⑨ Rn miền mở bị chặn với biên ❇ Ω thuộc lớp C p, α, β, A, B số thỏa mãn điều kiện sau p, A → 0; β, B ➙ 0; ➔ α ➔ n (0.3) Mục tiêu muốn phân loại tất nghiệm dương (0.1) phân loại tất miền Ω mà (0.1) có nghiệm Trong mục tiếp theo, tìm hiểu lý nghiên cứu toán 0.1 Bài toán Fosdick–Serrin lý chọn đề tài Để hiểu lý việc nghiên cứu (0.1) trên, trước tiên ta xét tốn chuyển động dòng chất lỏng nhớt khơng nén bên ống thẳng có thiết diện Ω Ta chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho trục Oz có hướng với đường ống mặt phẳng Oxy vng góc với đường ống Khi vận tốc u dòng chất lỏng hàm theo x y, nghiệm phương trình Poisson ✁∆u ✏ A thiết diện Ω với A số phụ thuộc vào yếu tố độ nhớt, mật độ chất lỏng, áp suất, v.v Tại “biên ống” chất lỏng khơng chuyển động nên ta cần bổ sung thêm điều kiện biên u✏0 ❇ Ω Cuối ta nhận thấy lực nén lên đơn vị diện tích thành ống đặc trưng µ ❇u ❇ν µ độ nhớt ν pháp tuyến với thành ống hướng phía ngồi Khi ta kết luận lực nén µ❇ν u số điểm thành ống thiết diện ống có dạng hình tròn, tức Ω hình tròn Lấy cảm hứng từ tốn chuyển động dòng chất lỏng trên, R.L Fosdick đặt câu hỏi liệu phương trình ✁ ∆u ✏ (0.4) Ω với hai điều kiện biên u ✏ 0, ❇u ✏ số ❇ν (0.5) ❇ Ω, Ω ⑨ Rn miền mở bị chặn với biên ❇ Ω trơn, có nghiệm Ω phải hình cầu Trong cơng trình khởi nguồn cho phương pháp mà sau thường xuyên sử dụng toán phân loại nghiệm phương trình đạo hàm riêng, J Serrin [4]đề xuất phương pháp di chuyển mặt phẳng cung cấp câu trả lời cho câu hỏi Fosdick trường hợp biên ❇ Ω thuộc lớp C Hơn nữa, cách sử dụng phương pháp này, Serrin nghiệm u tốn có dạng u♣xq ✏ ♣ R ✁ ⑤ x⑤ q 2n R bán kính hình tròn Ω; xem [4, Định lý 1] Rõ ràng kết Fosdick–Serrin cho phương trình (0.4) khơng ta bỏ hai điều kiện biên (Dirichlet/Neumann) (0.5) kỹ thuật biến phân đơn giản ta chứng minh tồn nghiệm (mạnh) (0.4) ứng với điều kiện biên (0.5) Mục tiêu muốn nhận kết tương tự Serrin bỏ điều kiện biên (0.5), chẳng hạn điều kiện biên Neumann Để có sở khơi phục lại kết tương tự Serrin, nghiên cứu tốn tốn khơng địa phương (0.4) cách xét phương trình tích phân tương ứng Bằng cách này, rõ ràng nghiệm phương trình (0.1) cho tương ứng với nghiệm phương trình ♣✁∆qα④2u ✏ A⑤u⑤p (0.6) miền Ω Tuy nhiên ngược lại nghiệm u phương trình (0.6) cho tương ứng nghiệm phương trình tích phân u♣xq ✏ A ➺ ⑤u⑤p♣yq dy   B ♣xq n✁α Ω ⑤x ✁ y ⑤ (0.7) B khơng thiết số Vì để (0.1) (0.6) tương đương phương trình vi phân (0.6) ta cần thêm điều kiện, chẳng hạn điều kiện biên Neumann câu hỏi Fosdick 0.2 Một số kí hiệu quy ước hay dùng Trong suốt luận văn này, ta sử dụng kí hiệu sau: Ωn Thể tích hình cầu đơn vị Rn Ta tính Ωn thông qua công thức ④ n Ωn ✏ Γ♣πn   1q kí hiệu Γ để hàm Gamma Rõ ràng ④ n nΩn ✏ 2π Γ♣ n q ωn✁1 Diện tích mặt cầu đơn vị Rn Công thức ωn✁1 cho ④ n ωn✁1 ✏ 2π Γ♣ n q nΩn diam♣Ωq Đường kính tập Ω ⑨ Rn Dv Véc tơ gradient hàm v, tức Dv   ✏ ❇x v, ❇x v, , ❇x nv ✟ ❇x v đạo hàm riêng v i Lp , W 1,s Các khơng gian hàm bản; xem Mục 1.2 Đ ã ⑥f ⑥p Phép nhúng liên tục hai không gian hàm; xem Mục 1.2 Chuẩn Lp hàm f Trong trường hợp cần mạnh miền xác định Ω f ta dùng kí hiệu ⑥f ⑥Lp ♣Ωq d✝ ♣Ωq Bán kính hình cầu Rn có thể tích với Ω, tức Ωn rd✝ ♣Ωqsn 0.3 ✏ ⑤Ω⑤ Điều kiện cần tính quy nghiệm Để nghiên cứu nghiệm phương trình tích phân u♣xq ✏ A ➺ ⑤u⑤p♣yq dy   B n✁α Ω ⑤x ✁ y ⑤ ta cần thiết lập số kết tính quy nghiệm Giả thiết mà lựa chọn u € Lq ♣Ωq q → p số Mục tiêu xác định giá trị tối ưu cho q cho u ÞĐ A ➺ ⑤u⑤p♣yq dy   B n✁α Ω ⑤ ☎ ✁y ⑤ 41 Vậy u♣zrλ1 q → u♣zrq Tuy nhiên điều khơng xảy zrλ , zr € ❇Ω u ✑ β ❇Ω Đến ta có điều phải chứng minh Bổ đề 2.10 Giả sử λ1 ✏ λ trường hợp (b) (2.4) xảy ra, tức Tλ vng góc với ❇ Ω điểm z♣ Khi u♣xq ↕ u♣xλ1 q với x € Σλ1 Σλ1 ❨ ♣Ω ❳ Tλ q ❨ Σ✶λ ✏ Ω 1 Chứng minh Trước hết ta có nhận xét z♣ € ❇ Ω, Tλ1 ❑ ❇Ω z♣, u⑤❇Ω ✏ β nên ta suy ❇x u♣z♣q ✏ (2.11) ❨ ♣Ω ❳ Tλ q ❨ Σ✶λ ✘ Ω Khi Ωλ ✘ ∅ Do tập mở nên tồn hình cầu B ⑨ Ωλ Ta lý luận phản chứng, tức Σλ1 Ωλ1 1 ♣x1 qλ δ B ♣xm qλ z♣ x2 Σλ1 Ωλ Σ✶λ1 ❇Ω x1 Tλ0 Tλ1 Hình Tính đối xứng miền Tλ1 vng góc với ❇ Ω zr Ta lấy dãy ♣xm q✽ m✏1 ⑨ ❇Σλ ③Tλ 1 thỏa mãn xm Do z♣λ1 Ñ z♣ ✏ z♣ nên ♣xmqλ Ñ z♣ 1 42 ✏ Ω③♣Σλ ❨ Σ✶λ q nên B nằm bên trái z♣ Do đó, khơng tính tổng quát ta giả sử B nằm bên trái dãy ♣♣xm qλ q✽ m✏1 Điều có nghĩa tồn δ → cho ♣xmqλ1 ✁ y1 ➙ δ Vì Ωλ1 1 1 với ♣xm qλ1 ✏ ♣♣xmqλ1 , , ♣xmqλn q với y ✏ ♣y1, , ynq € B; xem Hình 1 € B có định ta áp dụng Định lý giá trị trung bình cho hàm (nhiều biến) Với y f ♣xq ✏ ⑤x ✁ y ⑤α✁n để thu rxm♣yq ✁ ys ☎ r♣xmqλ ✁ xms , ✁ ✏ ✁♣ n ✁ α q ⑤♣xmqλ ✁ y⑤n✁α ⑤xm ✁ y⑤n✁α ⑤xm♣yq ✁ y⑤n✁α 2 xm ♣y q (phụ thuộc vào y) điểm nằm đoạn thẳng nối ♣xm qλ xm Chú ý ♣xm qλj ✏ xm j với j ➙ nên 1 1 n ➳ rxm ✁ ys ☎ rxm ✁ ♣xmqλ s ✏ rxm ✁ ysj rxm ✁ ♣xmqλ sj ✏ rxm1 ✁ y1srxm1 ✁ ♣xmqλ1 s 1 ✏ j Từ cách chọn δ nên ta có đánh giá ♣xm ✁ yq ☎ ♣xm ✁ ♣xmqλ q ➙ δ♣xm1 ✁ ♣xmqλ1 q ✏ δ⑤xm ✁ ♣xmqλ ⑤ 1 Bây ta quan sát thấy từ giả thiết u♣xq ↕ u♣xλ1 q với x € Σλ1 ta suy bất đẳng thức đầu (2.9) ta thay x xm , xλ ♣xm qλ1 Ωλ Ωλ1 , tức u♣♣x q q ✁ u♣x q ➙ A m λ1 với m Vì B u♣♣x q m λ1 ➺ m ⑨ Ωλ u ♣y q ✂ p Ωλ1 ⑤♣xmqλ ✁ y⑤n✁α ✁ 1 ⑤xm ✁ y⑤n✁α ✡ dy nên ta suy ✂ ➺ ✡ q ✁ u♣x q ➙ A u ♣yq ⑤♣xmqλ1 ✁ y⑤n✁α ✁ ⑤xm ✁1y⑤n✁α dy B ➺ m m m λ1 ➙ A♣n ✁ αq up♣yq rx ♣y⑤xq m✁♣yysq ☎✁rxy⑤n✁✁α ♣x2 q s dy B ➺ m m λ1 ➙ A♣n ✁ αqδ up♣yq ⑤x⑤mx♣yq✁✁♣xy⑤nq✁α⑤ 2 dy B m p Vậy ta vừa chứng minh u♣♣xm qλ1 q ✁ u♣xm q ⑤ xm ✁ ♣ xm q λ1 ⑤ ➙ A♣n ✁ αqδ ➺ B up ♣y q ⑤xm♣yq ✁ y⑤n✁α 2 dy 43 Lấy lim inf hai vế m Ñ ✽ ta thu u♣♣xm qλ1 q ✁ u♣xm q lim inf mÑ ✽ ⑤ xm ✁ ♣ xm q λ1 ⑤ Nếu kí hiệu e1 ➙ A♣n ✁ αqδ lim inf mÑ ✽ ➺ B up ♣y q ⑤xm ✁ y⑤n✁α 2 dy → ✏ ♣1, 0, , 0q € Rn ⑤xm ✁ ♣xmqλ ⑤ ✏ rxm ✁ ♣xmqλ s ☎ e1 1 u♣♣xm qλ q ✁ u♣xm q u♣♣xm qλ q ✁ u♣xm q ➙ lim inf ❇x u♣z♣q ✏ mlim mÑ ✽ Ñ ✽ rxm ✁ ♣xm qλ se ⑤xm ✁ ♣xmqλ ⑤ 1 1 1 ❇x u♣z♣q → điều mâu thuẫn với (2.11) Vậy ta phải có Σλ ❨ ♣Ω ❳ Tλ q ❨ Σ✶λ ✏ Ω Do 1 1 Một hệ quan trọng Bổ đề 2.9 2.10 khẳng định ta di chuyển mặt phẳng Tλ vị trí λ ✏ λ1 nội dung bổ đề đây: Bổ đề 2.11 Ta có λ1 ✏ infλ ✥ λ : u♣xq ↕ u♣xλ q với x € Σλ Σ✶λ ⑨Ω ✭ Chứng minh Như chứng minh Bổ đề 2.8 ta kí hiệu ✥ ♣ ✏ inf λ : u♣xq ↕ u♣xλ q với x € Σλ Σ✶ λ λ λ ⑨Ω ✭ ♣ Giả sử phản chứng λ1 → λ ♣ Rõ ràng ➙ λ trường hợp từ Bổ đề 2.9 2.10 ta thấy thời điểm λ ✏ λ1 đẳng Cũng từ Bổ đề 2.8 ta biết λ1 thức Σλ1 ❨ ♣Ω ❳ Tλ q ❨ Σ✶λ ✏ Ω 1 ♣ λ1 q xảy Nói cách khác thời điểm Ω đối xứng qua Tλ1 Vì λ € ♣λ, ta thấy Σ✶λ ③Ω ✘ ∅ Vây trường hợp tập giá trị λ (2.10) rỗng trường hợp λ1 λ1 ♣ ✏ λ → λ♣ khơng thể xảy Nói cách khác ta vừa chứng minh 44 Từ Bổ đề 2.11 tính liên tục u ta nhận thấy thời điểm λ1 ước lượng u♣xq ↕ u♣xλ1 q với x € Σλ1 Tuy nhiên ta di chuyển mặt phẳng Tλ1 ta áp dụng Bổ đề 2.6 λ1 tình xét 2.3 Phương pháp di chuyển mặt phẳng từ trái sang phải Tiếp theo giữ nguyên hướng trục x1 chọn ta xét việc di chuyển mặt phẳng Tλ từ trái sang phải Vẫn Ω miền bị chặn nên với λ đủ âm Tλ Ω rời Cho siêu phẳng Tλ di chuyển liên tục phía Ω, tức tăng λ liên tục q0 thời điểm Tλ Ω giao nhau, tức Tλ Ω bắt đầu giao gọi λ q0 λ ✏ mintλ : Tλ ❳ Ω ✘ ∅✉ q0 trở (nhưng khơng q xa thời điểm λ0 Tλ cắt Như kể từ sau thời điểm λ Ω kí hiệu qλ Σ ✏ t♣x1, x2, , xnq € Ω : x1 ➔ λ✉ q λ tập mở để “phần bên tay trái” nhận sau cắt Ω Rõ ràng Σ Rn Ta dùng kí hiệu xλ để ảnh x qua siêu phẳng Tλ đặt q✶ Σ λ ✏ tx : xλ € Σq λ✉ q λ qua siêu phẳng Tλ Để tiện theo dõi, tất kí hiệu đề cập ảnh Σ thể Hình Tương tự tồn λ1 việc di chuyển mặt phẳng Tλ sang bên trái, q1 giá trị λ (sau thời điểm λ q0 ) mà Tλ đến vị trí: ta gọi λ ✱ ♣cq : Σq ✶λ tiếp xúc ❇Ω điểm zr ❘ Tλ,✳ ♣dq : Tλ vng góc với ❇Ω điểm z♣ ✲ (2.12) 45 qλ Σ xλ x qλ Ω yλ y ❇Ω q✶ Σ λ x1 Tλq Tλ Hình Phương pháp di chuyển mặt phẳng Tλ bên phải Phương pháp di chuyển mặt phẳng bên phải tiến hành từ vị trí λ ✏ λq0 cách dịch chuyển Tλ bên phải chừng u♣xq ↕ u♣xλ q Nếu việc di chuyển kết thúc λ miền Ω phải đối xứng qua Tλ Trước tiên q0 ta thấy rằng, với λ ➔ λ ↕ λq1 với x, y € Σq λ, ⑤x ✁ yλ⑤ ✏ ⑤xλ ✁ y⑤, ⑤xλ ✁ yλ⑤ ✏ ⑤x ✁ y⑤ Do từ phương trình (0.1) cách tách u x xλ sau ✩ ✬ ✬ ✬ ✫u x ➺ ➩ Ω ✏ ✡ ✂ ➩ qλ Σ   ➩ q✶ Σ λ   ➩ qλ Ω ta viết lại ➺ p p p ♣ q ✏ A q ⑤x u✁ ♣yy⑤nq✁α   ⑤xλu✁♣yy⑤qn✁α dy   A q ⑤x u✁ ♣yy⑤nq✁α   B, Σλ Ωλ ✡ ➺ ✂ ➺ p p λ ✬ u ♣y q u ♣y q up ♣y q ✬ λ ✬   dy   A   B, ✪u♣x q ✏ A ⑤x ✁ y⑤n✁α q λ ⑤xλ ✁ y ⑤n✁α q λ ⑤xλ ✁ y ⑤n✁α Σ Ω (2.13) qλ Ω ✏ Ω③♣Σq λ ❨ Σq ✶λq Đối với việc di chuyển mặt phẳng sang bên phải ta có kết tương tự Bổ đề 2.5, 2.6, 2.7, 2.8, 2.9, 2.10, 2.11 Do chứng minh bổ đề trường hợp di chuyển mặt phẳng sang bên phải hoàn toàn tương tự chứng minh bổ đề nên ta phác hoạ vắn tắt chứng minh mà không vào chi tiết chứng minh bổ đề nhắc đến 46 Bổ đề ta ta bắt đầu di chuyển mặt phẳng Tλ từ vị trí q0 λ✏λ ➔ λ ➔ λq1, λ ✁ λq0 đủ nhỏ q0 Bổ đề 2.12 Giả sử λ u♣xq ↕ u♣xλ q q λ với x € Σ Chứng minh Ta chứng minh tương tự chứng minh Bổ đề 2.5 Do với q λ y x€Σ € Ωq λ ⑤y ✁ x⑤ → ⑤y ✁ xλ⑤ nên cách sử dụng phân tích (2.13) ta thu u♣xq ✁ u♣x λ q➔A ➺ ru ♣yq ✁ u ♣y qs p qλ Σ p λ ✒ ⑤x ✁ y⑤n✁α ✚ ✁ λ ⑤x ✁ y⑤n✁α dy Đặt q✁ Σ λ Rõ ràng up ♣xq ✏ tx € Σq λ : u♣xq → u♣xλ✉ ↕ up♣xλq Σq λ③Σq ✁λ nên cách phân tích thu u♣xq ✁ u♣x λ q➔A ➺ ➩ qλ Σ ✏ ➩ q✁ Σ λ   ➩ qλ Σ q✁ Σ λ ③ ta dy r up ♣y q ✁ up ♣y λ qs ✁ ⑤x ✁ y⑤n✁α Σλ q0 đủ nhỏ ⑤Σ q ✁ ⑤ ✏ từ tính liên tục u ta Bây ta chứng minh λ ✁ λ λ q✁ suy Σ λ ✏ ∅ hay u♣xq ↕ u♣xλq với x € Σq λ Trường hợp 1: ➔ p ↕ Trong trường hợp ta đánh giá tương tự chứng minh Bổ đề 2.5 để thu ⑥u♣☎q ✁ u♣☎ q⑥L ♣Σq ✁q ↕ A⑥♣u♣☎q ✁ u♣☎ qq ⑥L ♣Σq ✁q sup✁ λ λ 1 λ ➺ p λ € q y Σ λ dx q ✁ ⑤x ✁ y ⑤n✁α Σ λ Theo Bất đẳng thức Hăolder thỡ ruq uqspL q q q ⑤1✁p⑥u♣☎q ✁ u♣☎λq⑥L ♣Σq ✁q Theo Bổ đề 1.2 ➺ λ dx q ✁ ⑤x ✁ y ⑤n✁α Σ λ ✁ q ✁ ✠α④n ↕ nΩα n ⑤ΣΩλ ⑤ n λ 47 Vì ta thu 1✁ q ✁ ⑤1✁p  ⑥u♣☎q ✁ u♣☎λ q⑥ q ✁ Ωn ⑤Σ ⑥u♣☎q ✁ u♣☎λq⑥L ♣Σq ✁q ↕ An λ L ♣Σ q α α n α n λ λ q0 đủ nhỏ ⑤Σ q ✁ ⑤ ✏ ta kết thúc chứng minh Từ ta thấy λ ✁ λ λ Trường hợp 2: p → Trong trường hợp ta đánh giá tương tự chứng minh Bổ đề 2.5 để thu ✎ ✎ ⑥u♣☎q ✁ u♣☎λq⑥L ♣Σq ✁q ↕ Cn,α,r pA✎up✁1♣☎qru♣☎q ✁ u♣☎λqs✎L ♣Σq ✁q, r n✁n α λ λ ➔ r q S dng thờm Bt ng thc Hăolder ta đến ⑥u♣☎q ✁ u♣☎λq⑥L ♣Σq ✁q ↕ Cn,α,r pA⑥u⑥Lp✁1♣ ✁ q♣Σq ✁q⑥u♣☎q ✁ u♣☎λq⑥L ♣Σq ✁q r n α p λ q0 đủ nhỏ ⑤Σ q ✁⑤ Đến ta lại thấy λ ✁ λ λ r λ λ ✏ Vậy hai trường hợp ta q ✁ ⑤ ✏ ta kết thúc chứng minh có ⑤Σ λ Bổ đề tiếp theo, tương tự Bổ đề 2.6 cho phép di chuyển mặt phẳng q0 Bổ đề 2.13 Giả sử λ ➔ λ ➔ λq1 Nếu u♣xq ↕ u♣xλ q q λ với x € Σ u♣xq ➔ u♣xλ q q λ với x € Σ Chứng minh Bổ đề chứng minh tương tự chứng minh Bổ đề 2.6 Thật ta có u♣x qλ Ω λ q ✁ u♣xq ➙ A ➺ qλ Ω ✁ up ♣y q λ ⑤x ✁ y⑤n✁α ✁ ⑤x ✁ 1y⑤n✁α ✠ dy ✘ ∅ với λ € ♣λq0, λq1q nên ta có điều phải chứng minh Bổ đề tiếp theo, tương tự Bổ đề 2.7 khẳng định ta thực di chuyển mặt phẳng bên phải 48 q0 Bổ đề 2.14 Giả sử λ ➔ λ ➔ λq1 u♣xq ➔ u♣xλ q q λ Khi tồn ε → cho với x € Σ u♣xq ↕ u♣xλ q r q r với x € Σ λ q1 λ ε➔λ Chứng minh Ta lí luận tương tự chứng minh Bổ đề 2.7 q1 Do chứng minh bổ Trong hai bổ đề ta xét trường hợp λ ✏ λ đề tương tự chứng minh Bổ đề 2.9 2.10 nên ta khơng trình bày lại ✏ λq1 trường hợp (c) (2.12) xảy ra, có nghĩa Σq ✶λq tiếp xúc với ❇ Ω điểm zr ❘ Tλq Khi đó, Bổ đề 2.15 Giả sử λ u♣xq ↕ u♣xλ1 q q q q với x € Σ λ1 qq Σ λ1 ❨ ♣Ω ❳ Tλq q ❨ Σq ✶λq ✏ Ω 1 q1 trường hợp (d) (2.12) xảy ra, tức Tq vng góc Bổ đề 2.16 Giả sử λ ✏ λ λ1 với ❇ Ω điểm z♣ Khi u♣xq ↕ u♣xλ1 q q q q với x € Σ λ1 qq Σ λ1 ❨ ♣Ω ❳ Tλq q ❨ Σq ✶λq ✏ Ω 1 Cuối ta phát biểu kết tương tự kết Bồ đề 2.11 Tất nhiên để chứng minh kết ta cần lặp lại ý chứng minh Bổ đề 2.8 2.11 49 Bổ đề 2.17 Ta có q1 λ ✏ sup λ ✥ q λ Σ q✶ λ : u♣xq ↕ u♣xλ q với x € Σ λ ✭ ⑨Ω Kết hợp Bổ đề 2.14 2.17 ta thấy mặt phẳng Tλ di chuyển liên tục q1 từ trái sang tận λ 2.4 Chứng minh Định lý Trước tiên ta chứng minh kết tính đối xứng miền Ω nghiệm u qua siêu phẳng Tλ✝ với λ✝ Ở siêu phẳng chọn vng góc với trục x1 có hướng ý Mệnh đề 2.18 Tồn số thực λ✍ cho khẳng định sau đúng: (i) Σλ✍ ❨ ♣Ω ❳ Tλ✍ q ❨ Σ✶λ✍ ✏ Ω; (ii) u♣xλ ✍ q ✏ u♣xq với x € Σλ✍ Để chứng minh mệnh đề trên, trước hết ta cố định hướng cho x1 thực việc di chuyển mặt phẳng từ phải sang trái Nhắc lại mặt phẳng Tλ bắt đầu di chuyển từ thời điểm λ ✏ λ0 kết thúc thời điểm λ ✏ λ1 Ta chứng minh λ✍ ✏ λ1 Thật vậy, từ Bổ đề 2.11 tính liên tục u ta thấy u♣xq ↕ u♣xλ q với λ1 ↕ λ ➔ λ0 x € Σλ Do theo Bổ đề 2.6 ta có u♣xq ➔ u♣xλ q với λ1 ➔ λ ➔ λ0 x € Σλ Từ Bổ đề 2.9 2.10 ta có khẳng định (i) Nói cách khác ta vừa chứng minh tính đối xứng miền Ω qua Tλ1 50 Tiếp theo ta chứng minh tính đối xứng nghiệm qua Tλ1 , nghĩa khẳng định (ii), tức u♣xλ1 q ✏ u♣xq với x € Σλ1 Thật ta thấy u♣xλ1 q ➙ u♣xq với x € Σλ Bây ta thực việc di chuyển mặt phẳng Tλ từ trái sang phải q0 Bổ đề 2.17 ta biết việc di chuyển kết thúc vị trí λ q1 Hơn nữa, thời điểm λ q q • Bổ đề 2.17 tính liên tục u nên u♣xλ1 q ➙ u♣xq với x € Σ λ1 q • Bổ đề 2.15 2.16 ta thấy Ω đối xứng qua Tλq1 Rõ ràng tính đối xứng Ω qua Tλq1 cho ta biết q1 λ ✏ λ1 qq Σ λ1 ✏ Σ✶λ , q✶ Σ q1 λ ✏ Σλ Như ta vừa chứng minh u♣xλ1 q ➙ u♣xq với x € Σλ1 u♣xλ1 q ➙ u♣xq qλ với x € Σ Từ dễ kiểm tra u đối xứng qua Tλ1 Tiếp theo ta nhận thấy Mệnh đề 2.18 hướng siêu phẳng Tλ✝ Ta chứng minh trường hợp Ω hình cầu nghiệm u (0.1) đối xứng với tâm đối xứng tâm hình cầu Ω Trước tiên ta chứng minh Ω hình cầu Để thu điều ta cần chứng minh Ω có tâm đối xứng mà ta giả thiết điểm x0 €Ω 51 Lần lượt sử dụng N siêu phẳng Tλ✝ thu từ Mệnh đề 2.18 cách chọn N hướng đôi vuông góc với lấy giao ta suy tồn điểm x0 thuộc N siêu phẳng Lần lượt lấy đối xứng qua đủ N siêu phẳng ta suy miền Ω có tâm đối xứng điểm x0 Tiếp theo ta chứng minh siêu phẳng Tλ✝ thu từ Mệnh đề 2.18 với hướng tuỳ ý cho trục x1 qua x0 Bằng phản chứng tồn siêu phẳng Tλ khơng qua x0 , cách lấy đối xứng qua Tλ x0 ta xây dựng dãy điểm tiến vô (khoảng cách đến x0 vô cùng) điều vơ lý Ω bị chặn Bây ta chứng minh Ω hình cầu Thật trước tiên ta đặt R ✏ suptd♣x, x0 q : x € Ω✉ ta Ω ✏ B ♣x0 , Rq Do Ω miền bị chặn nên R ➔  ✽ Lấy x € Ω Rõ ràng Ω mở nên d♣x, x0 q ➔ R ✏ suptd♣x, x0 q : x € Ω✉ tức x € B ♣x0 , Rq Từ suy Ω ⑨ B ♣x0 , Rq Ngược lại, lấy x € B ♣x0 , Rq ta ln có ↕ d♣x, x0 q ➔ R Do hàm khoảng cách liên tục nên nhận giá trị trung gian R Điều có nghĩa tồn x1 € Ω cho d♣x1 , x0 q ✏ d♣x, x0 q Lấy T siêu phẳng nhận x1 x làm véc tơ pháp tuyến Do Ω đối xứng qua T x1 € Ω nên x € Ω Từ ta suy B ♣x0, Rq ⑨ Ω Vậy Ω ✏ B ♣x0, Rq Cuối ta chứng minh tính đơn điệu giảm nghiệm xa khỏi tâm hình cầu Ω 52 ❇Ω x0 x y ✑ xλ x1 Tλ Hình Tính đơn điệu giảm nghiệm Thật lấy x, y € Ω khơng tính tổng qt ta giả sử ➔ ⑤y ✁ x0 ⑤ ➔ ⑤x ✁ x0 ⑤ ➔ R, tức điểm y nằm gần tâm x0 so với điểm x Khi ta chọn hệ trục toạ độ cho hướng x1 trùng với hướng đường thẳng nối x y Gọi Tλq mặt phẳng trung trực đoạn thẳng nối x y Rõ ràng Tλq chia Ω thành hai phần có q phần chứa đồng thời hai điểm y x0 Theo cách chọn λ q xλ Do x0 ✑ y ❘ Tλq nên ta có u♣xλ q → u♣xq, q hay u♣y ✶ q → u♣xq Vậy ta vừa chứng minh u hàm đối xứng giảm xa tâm Ω Định lý chứng minh hoàn toàn 53 KẾT LUẬN Mục tiêu Luận văn đề cập phần đầu việc phân loại tất nghiệm dương (0.1) phân loại tất miền Ω mà (0.1) có nghiệm Bằng cách sử dụng phương pháp di chuyển mặt phẳng ta chứng minh lớp phương trình (0.1) thỏa mãn điều kiện (0.3) (0.8) có đối xứng hai phương diện miền nghiệm Những kết đạt Luận văn bao gồm: Chỉ số kết tính quy nghiệm dương lớp phương trình tích phân (0.1); xem bổ đề 2.1 2.2 Dùng phương pháp di chuyển mặt phẳng từ trái qua phải từ phải qua trái chứng minh nghiệm lớp phương trình nghiệm dương miền bị chặn Ω • Ω hình cầu • Nghiệm dương có tính chất đối xứng qua tâm hình cầu Ω đơn điệu giảm xa tâm hình cầu Ω Mặc dù cố gắng, nhiên luận văn khơng tránh khỏi sai sót mong góp ý thầy bạn đọc Tài liệu tham khảo [1] L.C Evans, Partial differential equations, Second edition, Graduate Studies in Mathematics, 19, American Mathematical Society, Providence, RI, 2010 ă [2] D Li, G Strohmer, L Wang, Symmetry of integral equations on bounded domains, Proc Amer Math Soc 137 (2009) 3695–3702 [3] E.H Lieb, M Loss, Analysis, Second edition, Graduate Studies in Mathematics, 14, American Mathematical Society, Providence, RI, 2001 [4] J Serrin, A symmetry problem in potential theory, Arch Rational Mech Anal 43 (1971) 304–318 54 Phiên bản: Ngày 18 tháng năm 2019 lúc 06:02:49 ... HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - ĐINH THỊ THÚY NGÂN NGHIỆM CỦA MỘT LỚP CÁC PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN TRONG MIỀN BỊ CHẶN Chun ngành: Tốn Giải Tích Mã số: 8460101.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI... đầu, phương trình đạo hàm riêng, dẫn đến phương trình hàm chưa biết chứa dấu tích phân Những loại phương trình gọi phương trình tích phân Phương trình tích phân cơng cụ tốn học hữu ích nhiều lĩnh... tốn khơng địa phương (0.4) cách xét phương trình tích phân tương ứng Bằng cách này, rõ ràng nghiệm phương trình (0.1) cho tương ứng với nghiệm phương trình ♣✁∆qα④2u ✏ A⑤u⑤p (0.6) miền Ω Tuy nhiên