Rõ ràng các trường hợp p = 1và N = p = 3 đều nằm trong phần (i) của Mệnh đề1.1nên ta khẳng định được ngay
lim sup
r&0
r−p+41u(r) = +∞.
Nói cách kháclim supt&−∞v(t) = +∞. Để thaylim sup bằnglim ta có chú ý sau: Nếu hàm số khả vi liên tục f : R → [0,+∞)đơn điệu giảm thực sự trên (−∞,t0]và thoả mãnlim supt&−∞ f(t) = +∞thì
lim
t&−∞ f(t) = +∞.
Thật vậy, do lim supt&−∞ f(t) = +∞ nên với M > 0 bất kỳ tồn tại t1 < t0
sao cho f(t1) > M. Do f đơn điệu giảm thực sự nên với mọit < t1 ta đều có
f(t) > f(t1) > M. Vậy theo định nghĩa ta cólimt&−∞ f(t) = +∞.
Từ nhận xét trên Mệnh đề1.1(ii) là hệ quả của bổ đề dưới đây.
Bổ đề 1.4. Giả sử v(t) là một nghiệm kì dị của phương trình (1.6) với điều kiện p =1hoặc N = 3và p =3. Khi đó tồn tạit0 < 0đủ bé sao cho
v0(t) < 0
Chứng minh. Chọn t1 < 0 sao cho v0(t1) ≥ 0. Nếu không tồn tại một điểm như thế thìv0(t) < 0 với mọi t < 0và do đó ta kết thúc chứng minh tại đây. Ta xét hai trường hợp:
Trường hợp N = 3,p = 3. Trong trường hợp nàym = −1và do đó (1.5) trở thành
(∂t+2)(∂t−1)(∂t+1)∂tv = −v−3.
Để thuận tiện ta đặts = −t và∂tv = g(s). Khi đó ∂s = −∂t và như vậy g(s)
thỏa mãn
(∂s−2)(∂s+1)(∂s−1)g(s) >0
với mọi s ∈ R. Nhân hai vế với bất đẳng thức trên với e−2s và sử dụng (1.4) để được
(e−2s(∂s+1)(∂s−1)g(s))0 > 0. (1.13)
Vậye−2s(∂s+1)(∂s−1)g(s)có giới hạn tại+∞. Ta sẽ chứng minh
lim s%+∞e −2s(∂s+1)(∂s−1)g(s)≤ 0. (1.14) Thật vậy, nếu lim s%+∞e −2s(∂s+1)(∂s−1)g(s) >0
thì tồn tạis1 > 1vàC1 >0sao cho
e−2s(∂s+1)(∂s−1)g(s) >C1 >0
với mọis ≥ s1. Nhân hai vế của bất đẳng thức trên vớie3svà sử dụng (1.4) để được
es(∂s−1)g(s)0 >C1e3s
với mọis≥ s1. Lấy tích phân hai vế trên[s1,s]ta được
es(∂s−1)g(s) > C1
3 e
với mọis≥ s1. Vậy tồn tạis2 > s1 sao cho (∂s−1)g(s) > C1
6 e
2s
với mọis ≥s2. Lặp lại quá trình bắt đầu bằng cách viết lại bất đẳng thức trên dưới dạng e−sg(s)0 > C1 6 e s ta thu được e−sg(s)> C1 6 e s−es2+e−s2g(s2)
với mọis≥ s2. Vậy tồn tạis3 > s2 sao cho
g(s) > C1
7 e
2s
với mọis≥ s3. Quay lại hàmvta thu được đánh giá
v0(t) = g(s) > C1
7 e
−2t
với mọit ≤ −s3. Như trong phần cuối của chứng minh Bổ đề1.3, tiếp tục lấy
tích phân hai vế của bất đẳng thức trên trên[t,−s3]ta đi đến
v(t) < −C1
14e
−2t+ C1
14e
2s3+v(−s3)
với mọit ≤ −s3. Đến đây ta thu được điều vơ lý vìv(t) >0khit → −∞. Vậy
ta vừa chứng minh xong (1.14). Từ (1.13) và (1.14) suy ra
e−2s(∂s+1)(∂s−1)g(s) <0
với mọisvà do đó
es(∂s−1)g(s)0 < 0 (1.15)
cũng đúng với mọi s. Điều này có nghĩa là hàm es(∂s−1)g(s) có giới hạn ở +∞. Bây giờ ta sẽ lặp lại kỹ thuật ở trên để chứng minh rằng
lim
s%+∞e
Thật vậy, lý luận phản chứng và do tính đơn điệu giảm củaes(∂s−1)g(s)tồn tạiC1 >0sao cho
es(∂s−1)g(s) >C1
với mọis. Điều này có nghĩa là
e−sg(s)0 > C1e−2s
với mọis. Tích phân hai vế trên[t1,s]ta thu được
e−sg(s) > e−t1g(t1) + C1
2 e
−2t1−e−2s
với mọi s ≥ t1. Từ cách chọn t1, và đây cũng là chỗ duy nhất ta dùng vai trò củat1, ta suy ra g(t1) ≥0. Vậy tồn tạis1 ≥t1 sao cho
e−sg(s)> C1
3 e
−2t1
với mọis≥ s1. Như vậy ta vừa chứng minh được
g(s) > C1
3 e
−2t1es
với mọis ≥ s1 và ta đã biết, như trong phần cuối của chứng minh của (1.14), điều này là vơ lý. Vậy ta có (1.16). Xảy ra một trong hai trường hợp sau:
• Nếu
lim
s%+∞e
s(∂s−1)g(s) <0,
thì từ tính đơn điệu củaes(∂s−1)g(s)ta suy ra tồn tại C1 > 0vàs1 > 0 sao cho
e−sg(s)0 < −C1e−2s
với mọis≥ s1. Tích phân hai vế trên[s1,s]ta thu được
e−sg(s) < C1
2 (e
−2s−e−2s1) +e−s1g(s1)
với mọis≥ s1. Vậy tồn tạis2 > s1 sao cho
e−sg(s) < −C1
4 e
−2s
với mọi s ≥ s2. Điều này có nghĩa là v0(t) < 0với mọi t ≤ −s2 và bằng cách chọnt0 = −s2 ta kết thúc chứng minh.
• Nếu lim s%+∞e s(∂s−1)g(s) = 0, thì từ (1.15) ta có es(∂s−1)g(s) > 0 với mọis, tức là e−sg(s)0 >0
với mọi s. Mặt khác từlim supt&−∞v(t) = +∞và Định lý giá trị trung bình ta khẳng định được tồn tại một dãysk → +∞sao cho
g(sk) = v0(−sk)< 0,
tức làe−skg(sk) < 0với mọik. Vậy từ tính đơn điệu củae−sg(s)ta suy ra
lim
s%+∞e
−sg(s) <0
do đóv0(t) = g(−t) <0với mọit <t0 đủ bé.
Trường hợp p =1. Trong trường hợp này phương trình (1.5) trở thành (∂t+N−2)(∂t+N)(∂t+2)∂tv =−v−1.
Trong trường hợp này ta lặp lại lý luận trên với một số thay đổi nhỏ để thấy rằngv0(t) <0vớit ≤t0 <0.
Rõ ràng trong chứng minh của Bổ đề 1.4 ở trên thì vai trị của đẳng thức lim supt&−∞v(t) = +∞là quan trọng.