Phương pháp biến phân trong việc tìm nghiệm của phương trình vi phân

  • Số trang: 48 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 23 |
  • Lượt tải: 0
nhattuvisu

Đã đăng 26946 tài liệu

Mô tả:

VIỆN KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ VIỆT NAM VIỆN TOÁN HỌC DƯƠNG TRỌNG LUYỆN PHƯƠNG PHÁP BIẾN PHÂN TRONG VIỆC TÌM NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI - 2011 VIỆN KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ VIỆT NAM VIỆN TOÁN HỌC DƯƠNG TRỌNG LUYỆN PHƯƠNG PHÁP BIẾN PHÂN TRONG VIỆC TÌM NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60.46.01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TSKH. Nguyễn Minh Trí HÀ NỘI - 2011 LỜI GIỚI THIỆU Lý thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng được nghiên cứu đầu tiên trong các công trình của J.D’Alembert (1717 - 1783), L.Euler (1707 - 1783), D.Bernoulli (1700 - 1782), J.Lagrange (1736 - 1813), P.Laplace (1749 - 1827), S.Poisson (1781 - 1840) và J.Fourier (1768 - 1830), như là một công cụ chính để mô tả cơ học cũng như mô hình giải tích của vật lý. Vào giữa thế kỷ XIX với sự xuất hiện các công trình của Riemann, lý thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng đã chứng tỏ là một công cụ thiết yếu của nhiều ngành toán học. Cuối thế kỷ XIX, H.Poincaré đã chỉ ra mối quan hệ biện chứng giữa lý thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng và các ngành toán học khác. Sang thế kỷ XX, lý thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng phát triển vô cùng mạnh mẽ nhờ có công cụ giải tích hàm, đặc biệt là từ khi xuất hiện lý thuyết hàm suy rộng do S.L. Sobolev và L.Schwartz xây dựng. Khi xét một bài toán phương trình đạo hàm riêng (có thể đó là một bài toán biên, bài toán điều kiện ban đầu, bài toán điều kiện hỗn hợp, ...) ta thường gặp những khó khăn khác nhau về nghiệm của nó nhưng nhìn chung các vấn đề đặt ra đối với nghiệm của một bài toán là: - Sự tồn tại nghiệm của bài toán. - Tính duy nhất nghiệm. - Tính trơn của nghiệm. Mục đích của luận văn nghiên cứu sự tồn tại nghiệm không tầm thường của bài toán dạng:   L (u) + g (u) = ∆ u + f 2 (x) ∆ u + h2 (x) ∆ u + g (u) = 0 trong Ω, f,h x y z  u = 0 trên ∂Ω, (2.3) trong đó Ω là miền giới nội với biên ∂Ω trơn trong Rn1 × Rn2 × Rn3 , với n1 ≥ 1, n2 ≥ 1, n3 ≥ 1, và {0} ∈ Ω, g (u) ∈ C (R) , g (0) = 0, f (x) = f (x1 , ..., xn1 ) ∈ C 2 (Rn1 ) , h (x) = h (x1 , ..., xn1 ) ∈ C 2 (Rn1 ) , x = (x1 , .., xn1 ) , y = (y1 , ..., yn2 ) , z = (z1 , ..., zn3 ) , u (x, y, z) = u (x1 , .., xn1 , y1 , ..., yn2 , z1 , ..., zn3 ) , n2 n3 n1 X X X ∂2 ∂2 ∂2 ∆x = 2 , ∆y = 2 , ∆z = 2. ∂x ∂y ∂y j j j j=1 j=1 j=1 Luận văn bao gồm 2 chương chính sau đây: Chương 1 . Nghiên cứu sự tồn tại nghiệm không tầm thường của bài toán:   L (u) + g (u) = f  ∂2u ∂x2 2 + f 2 (x) ∂∂yu2 + g (u) = 0 trong Ω, (1.1) u = 0 trên ∂Ω, trong đó g (u) ∈ C (R) , g (0) = 0, f (x) ∈ C 2 (R), Ω là miền giới nội trong R2 với biên ∂Ω trơn và {0} ∈ Ω. Kết quả đạt được: Chỉ ra một số trường hợp đặc biệt của hàm f (x), g(u) và miền Ω mà bài toán (1.1) không có nghiệm không tầm thường, đồng thời cũng chỉ ra sự tồn tại nghiệm yếu của bài toán trên nhờ sử dụng phương pháp biến phân. Chương 2. Mục đích chính của chương là xét bài toán tổng quát:   L (u) + g (u) = ∆ u + f 2 (x) ∆ u + h2 (x) ∆ u + g (u) = 0 trong Ω, f,h x y z  u = 0 trên ∂Ω, trong đó Ω là miền giới nội với biên ∂Ω trơn trong Rn1 × Rn2 × Rn3 , với n1 ≥ 1, n2 ≥ 1, n3 ≥ 1, và {0} ∈ Ω, g (u) ∈ C (R) , g (0) = 0, f (x) = f (x1 , ..., xn1 ) ∈ C 2 (Rn1 ) , h (x) = h (x1 , ..., xn1 ) ∈ C 2 (Rn1 ) , x = (x1 , .., xn1 ) , y = (y1 , ..., yn2 ) , z = (z1 , ..., zn3 ) , 2 (2.3) u (x, y, z) = u (x1 , .., xn1 , y1 , ..., yn2 , z1 , ..., zn3 ) , n2 n3 n1 X X X ∂2 ∂2 ∂2 ∆x = 2 , ∆y = 2 , ∆z = 2. ∂x ∂y ∂y j j j j=1 j=1 j=1 Kết quả đạt được: Chỉ ra được một số trường hợp đặc biệt của n1 , n2 , n3 , f (x), h(x) và g(u) với các điều kiện nhất định thì phương trình không có nghiệm không tầm thường, đồng thời cũng chỉ ra được điều kiện tồn tại nghiệm của bài toán trên nhờ sử dụng phương pháp biến phân. Luận văn này được hoàn thành với sự chỉ bảo nhiệt tình và chu đáo của PGS.TSKH. Nguyễn Minh Trí. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn vô cùng sâu sắc đến Thầy, người Thầy đã từng bước hướng dẫn và chỉ đường cho tôi từng bước làm quen với việc nghiên cứu toán học, trong đó có chuyên ngành Phương trình vi phân Đạo hàm riêng để từ đó nẵm vững lý thuyết và tự giải được các bài toán của mình. Tôi xin bày tỏ lòng cảm ơn chân thành đến các Thầy giáo, Cô giáo của Viện Toán học, phòng Phương trình vi phân đã động viên khuyến khích, chia sẻ kinh nghiệm và hướng dẫn tôi trong suốt quá trình học tập vừa qua. Xin gửi tới các đồng nghiệp của Khoa Tự Nhiên, Trường Đại học Hoa Lư những lời cảm ơn chân thành vì đã động viên, tạo điều kiện cho tôi trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn. Mặc dù đã rất cố gắng nhưng luận văn cũng không tránh khỏi những thiếu sót, tôi rất mong sự đóng góp quý báu của thầy cô và đồng nghiệp. Hà Nội, tháng 8 năm 2011 Học viên thực hiện Dương Trọng Luyện 3 Chương 1 Đồng nhất thức Pohozaev và định lý nhúng cho không gian Sobolev có trọng liên hợp với toán tử Elliptic suy biến 1.1 Đồng nhất thức Pohozaev Giả sử Ω là miền giới nội trong R2 với biên ∂Ω trơn và {0} ∈ Ω. Ta xét bài toán sau:   L (u) + g (u) = f  ∂2u ∂x2 2 + f 2 (x) ∂∂yu2 + g (u) = 0 trong Ω, (1.1) u = 0 trên ∂Ω, trong đó g (u) ∈ C (R) , g (0) = 0, f (x) ∈ C 2 (R). Ru Đặt G (u) = g (t) dt và υ = (υx , υy ) là vector pháp tuyến đơn vị ngoài trên 0 ∂Ω. Định nghĩa 1.1.1. Giả sử k là một số thực dương, khi đó miền Ω được gọi là Lk - hình sao đối với điểm {0}, nếu bất đẳng thức xυx + (k + 1) yυy > 0 thỏa mãn hầu khắp nơi trên ∂Ω.  Ví dụ 1. Hình tròn B1 = (x, y) , x2 + y 2 < 1 là Lk - hình sao đối với mọi k dương. Bổ đề 1.1.2. (Đồng nhất thức Pohozaev). Giả sử u(x, y) là nghiệm của bài toán (1.1) thuộc không gian H 2 (Ω). Khi đó với mỗi β > 0 ta có u(x, y) thỏa mãn đẳng thức:  Z  β−1 g (u) u dxdy = (1 + β) G (u) − 2 Ω Z  2  1 ∂u υx2 + f 2 (x) υy2 (xυx + βyυy ) ds 2 ∂υ ∂Ω  2 Z  ∂u xf (x) f 0 (x) + (1 − β) f 2 (x) dxdy. + ∂y Ω Chứng minh. Do Ω là miền trơn và bị chặn nên theo định lý nhúng Sobolev ta có H 2 (Ω) ⊂ C 0,α (Ω) , 0 < α < 1 mà: ∂ ∂u (xG (u)) = G (u) + xg (u) , ∂x ∂x ∂ ∂u (yG (u)) = G (u) + yg (u) . ∂y ∂y Theo công thức Gauss – Green ta có: Z Z ∂u G (u) dxdy = − xg (u) dxdy, ∂x Ω Ω Z Z G (u) dxdy = −β β Ω yg (u) ∂u dxdy. ∂y Ω Mà u(x, y) là nghiệm của bài toán (1.1), nên ta có:  Z Z  ∂u ∂u (β + 1) G (u) dX = − x + βy g (u) dxdy ∂x ∂y Ω Ω  2  Z  ∂u ∂u ∂ u ∂ 2u 2 = x + βy + f (x) 2 dxdy. ∂x ∂y ∂x2 ∂y Ω Ta tính: Z I1 = ∂u ∂ 2 u x dxdy ∂x ∂x2 Ω (  )   2 2 ∂u ∂u ∂u ∂ 2 u ∂ x = + 2x , ∂x ∂x ∂x ∂x ∂x2 5 Theo công thức Gauss – Ostrogradskii ta có: Z Z  2 Z  2 ∂u ∂ 2 u 1 ∂u 1 ∂u x dxdy = − x dxdy + υx ds. ∂x ∂x2 2 ∂x 2 ∂x Ω Ω ∂Ω Tính : Z I2 = β y ∂ 2 u ∂u dxdy ∂x2 ∂y Ω Ta có: ∂ ∂x   ∂ 2 u ∂u ∂u ∂ 2 u =y 2 +y , ∂x ∂y ∂x ∂x∂y Z ∂u ∂ 2 u y dxdy + ∂x ∂x∂y ∂u ∂u y ∂x ∂y Do đó: ∂ 2 u ∂u y 2 dxdy = − ∂x ∂y Z Ω Ω Mà ∂ ∂y y ∂u ∂u υx ds, ∂x ∂y ∂Ω (  )   2 2 ∂u ∂ 2 u ∂u ∂u , y = + 2y ∂x ∂x ∂x ∂x2 Nên Z Z ∂u ∂ 2 u 1 y dxdy = − ∂x ∂x2 2 Ω Z  ∂u ∂x 2 Ω Z 1 dxdy + 2 ∂u y ∂x 2  2  υy ds, ∂Ω Suy ra: β I2 = 2 Z  ∂u ∂x 2 Z dxdy + β Ω Z ∂u ∂u β y υx ds − ∂x ∂y 2 ∂Ω ∂u y ∂x ∂u υy ds. ∂y ∂Ω Tính: Z I3 = ∂u ∂ 2 u xf (x) dxdy ∂x ∂y 2 2 Ω Ta có: ∂ 2 u ∂u ∂u ∂ 2 u + xf 2 (x) , ∂x∂y ∂y ∂x ∂y 2 Z Z Z 2 2 ∂u ∂ u ∂ u ∂u ∂u ∂u xf 2 (x) dxdy = − xf 2 (x) dxdy + xf 2 (x) υy ds, 2 ∂x ∂y ∂x∂y ∂y ∂x ∂y ∂ ∂y Ω  ∂u ∂u xf 2 (x) ∂x ∂y  = xf 2 (x) Ω ∂Ω 6 Mà: (  2 )  2  2 ∂ ∂u ∂u ∂u ∂u ∂ 2 u 2 2 0 2 xf (x) = f (x) +2xf (x) f (x) +2xf (x) , ∂x ∂y ∂y ∂y ∂y ∂x∂y Do đó:  2  2 Z Z ∂u ∂u xf 2 (x) υ1 ds = f 2 (x) dxdy ∂y ∂y Ω ∂Ω  2 Z Z ∂u ∂ 2 u ∂u 0 2 dxdy, + 2xf (x) f (x) dxdy + 2xf (x) ∂y ∂y ∂x∂y Ω Ω Nên 1 I3 = 2 Z  ∂u f (x) ∂y 2 2 Ω 2 ∂u dxdy + xf (x) f (x) dxdy ∂y Ω  2 Z Z ∂u 1 ∂u ∂u + f 2 (x) υy ds − υx ds. xf 2 (x) ∂x ∂y 2 ∂y Z  0 ∂Ω ∂Ω Tính: Z I4 = β ∂u ∂ 2 u dxdy f (x) y ∂y ∂y 2 2 Ω Ta có: ∂ ∂y Z ⇒ ( ∂u yf 2 (x) ∂y  ∂u yf (x) ∂y 2  2 ) 2 Z υy ds =  ∂u = f 2 (x) ∂y  ∂u f (x) ∂y 2 2 ∂u ∂ 2 u + 2yf (x) , ∂y ∂y 2 2 2 Z dxdy + Ω ∂Ω ∂u ∂ 2 u 2yf (x) dxdy ∂y ∂y 2 2 Ω Nên ta có: β I4 = − 2 Z  ∂u f (x) ∂y 2 2 β dxdy + 2 Ω Z ∂Ω 7  ∂u yf (x) ∂y 2 2 υy ds. Do vậy ta có: Z  2 Z  2 1 ∂u 1 ∂u dxdy + υx ds (1 + β) G (u) dxdy = − x 2 ∂x 2 ∂x Ω Ω ∂Ω Z  2 Z  2 Z β β ∂u ∂u ∂u ∂u υx ds − y + dxdy + β y υy ds 2 ∂x ∂x ∂y 2 ∂x Ω ∂Ω ∂Ω  2  2 Z Z Z 1 ∂u ∂u ∂u ∂u + f 2 (x) υy ds dxdy + xf (x) f 0 (x) dxdy + f 2 (x) 2 ∂y ∂y ∂x ∂y Ω Ω ∂Ω  2  2  2 Z Z Z 1 ∂u β ∂u β ∂u 2 2 2 − xf (x) f (x) yf (x) υx ds− dxdy+ υy ds. 2 ∂y 2 ∂y 2 ∂y Z Ω ∂Ω ∂Ω Mà ta có ∂u ∂u ∂u ∂u = υx , = υy . ∂x ∂υ ∂y ∂υ Nên ta có: Z  2 Z ∂u β−1 dxdy+ (1 + β) G (u) dxdy = 2 ∂x Ω Ω  2 Z (1 − β) 2 ∂u 0 xf (x) f (x)+ f (x) dxdy 2 ∂y Ω Z  2  1 ∂u + υx2 + f 2 (x) υy2 (xυx + βyυy ) ds. 2 ∂υ ∂Ω Do u(x, y) là nghiệm của bài toán nên ta có:  Z  β−1 (1 + β) G (u) − g (u) u dxdy = 2 Ω Z  2  1 ∂u υx2 + f 2 (x) υy2 (xυx + βyυy ) ds 2 ∂υ ∂Ω   Z  ∂u 2 0 2 + xf (x) f (x) + (1 − β) f (x) dxdy. ∂y Ω  Chọn β = k + 1 khi đó áp dụng bổ đề trên ta có các định lý sau: 8 Định lí 1.1.3. Giả sử Ω là Lk - hình sao đối với {0}, và thỏa mãn điều kiện sau: i. (k + 2) G (u) − k2 g (u) u < 0, khi u 6= 0, ii. xf (x) f 0 (x) ≥ kf 2 (x), trong Ω. Khi đó không tồn tại nghiệm không tầm thường u ∈ H 2 (Ω) cho bài toán (1.1). Định lí 1.1.4. Giả sử Ω là Lk - hình sao đối với {0}, và thỏa mãn điều kiện sau: i. (k + 2) G (u) − k2 g (u) u < 0, khi u > 0, ii. xf (x) f 0 (x) ≥ kf 2 (x), trong Ω. Khi đó không tồn tại nghiệm dương không tầm thường u ∈ H 2 (Ω) cho bài toán (1.1). Ta xét một số trường hợp đặc biệt của f (x) trong trường hợp g (u) = λu + |u|γ u. −δ Trường hợp 1: Với f (x) = e−|x| , δ > 0, khi đó ta có định lý sau: Định lí 1.1.5. Giả sử −δ ( f (x) = e−|x| , δ > 0, Ω = (x, y) , x2 + y 2 <  δγ 4+γ  2δ ) , λ ≤ 0, γ > 0. Khi đó không tồn tại nghiệm không tầm thường u ∈ H 2 (Ω) cho bài toán (1.1). Chứng minh. Giả sử tồn tại nghiệm không tầm thường u ∈ H 2 (Ω) khi đó ta có: f 0 (x) = sign(x).|x|−δ−1 δ.e−|x| −δ xf 0 (x) ≥ kf (x) −δ −|x|−δ ⇔ δ|x| e Mà ta có: ≥ k.e −δ −|x|   1δ δ ⇔ |x| ≤ . k λu2 |u|γ+2 G (u) = + , 2 γ+2 9 Chọn k = Z " 4 γ ⇒ xf 0 (x) ≥ kf (x) trong Ω, khi đó β = 4 + 2γ γ Ω 4+γ γ thay vào ta có: ! #  λu2 |u|γ+2 2 2 + − λu + |u|γ+2 dxdy = 2 γ+2 γ  Z  2   −δ 4 + γ ∂u 1 υx2 + e−2|x| υy2 xυx + yυy ds 2 ∂υ γ ∂Ω   2 Z  4 −2|x|−δ ∂u −δ −2|x|−δ + xδ|x| e − e dxdy γ ∂y Ω Z ⇔ 1 λu2 dxdy = 2 Ω Z  ∂Ω 2    4 + γ yυy ds υx2 + e−2|x| υy2 xυx + γ   2 Z  ∂u 4 −2|x|−δ −δ −2|x|−δ + xδ|x| e − e dxdy, γ ∂y ∂u ∂υ −δ Ω Do λ ≤ 0 nên: R λu2 dxdy ≤ 0, và Ω 1 2 Z  ∂Ω ∂u ∂υ 2    −δ 4+γ 2 −2|x| 2 υx + e υy yυy ds xυx + γ   2 Z  −δ −δ 4 ∂u + xδ|x|−δ e−2|x| − e−2|x| dxdy ≥ 0, γ ∂y Ω Nên phương trình không có nghiệm không tầm thường u ∈ H 2 (Ω).  Trường hợp 2: Với f 2 (x) = |x|2k (1 + ϕ (x)) , trong đó ϕ (x) ∈ C 2 (R), ϕ (x) > −1, xϕ0 (x) ≥ 0 trong Ω, và k là một số thực dương. Định lí 1.1.6. Giả sử Ω là Lk - hình sao đối với {0}, và f 2 (x) = |x|2k (1 + ϕ (x)) , ϕ (x) > −1, xϕ0 (x) ≥ 0 trong Ω, g (u) = λu + |u|γ u với λ ≤ 0, γ ≥ k4 . Khi đó bài toán (1.1) không có nghiệm không tầm thường u ∈ H 2 (Ω) . Chứng minh. Giả sử tồn tại nghiệm không tầm thường u ∈ H 2 (Ω), khi đó ta có đẳng thức 10 sau:   2 Z  Z k ∂u (k + 2) G (u) − g (u) u dxdy = |x|2k xϕ0 (x) dxdy 2 ∂y Ω Ω Z  2   ∂u 1 2k 2 2 υx + |x| (1 + ϕ (x)) υy (xυx + (k + 1) yυy ) ds. + 2 ∂υ ∂Ω Mà: λu2 |u|γ+2 G (u) = + , 2 γ+2 thay vào ta có: ! # Z " γ+2   2 λu |u| k (k + 2) + − λu2 + |u|γ+2 dxdy = 2 γ+2 2 Ω  2 Z ∂u 2k dxdy |x| xϕ0 (x) ∂y Ω Z  2   1 ∂u 2k 2 2 υx + |x| (1 + ϕ (x)) υy (xυx + (k + 1) yυy ) ds + 2 ∂υ ∂Ω Z ⇔λ Z 2  |u| u dxdy + Ω 2+γ   2 Z k+2 k ∂u 2k 0 − dxdy = |x| xϕ (x) dxdy γ+2 2 ∂y Ω 1 + 2 Z  ∂u ∂υ Ω 2  υx2 2k + |x| (1 + ϕ (x)) υy2  (xυx + (k + 1) yυy ) ds. ∂Ω Nếu γ > 4 k và λ ≤ 0 khi đó ta có:   Z Z k+2 k 2+γ 2 λ u dxdy + |u| − dxdy < 0, γ+2 2 Ω Ω Nếu u 6= 0, điều này dẫn đến mâu thuẫn. Nếu γ = k4 và λ = 0 khi đó ta có: Z  2   1 ∂u 2k 2 2 υx + |x| (1 + ϕ (x)) υy (xυx + (k + 1) yυy ) ds 2 ∂υ ∂Ω  2 Z ∂u 2k 0 + |x| xϕ (x) dxdy = 0 ∂y Ω 11   ϕ0 (x) = 0 ⇔  ∂u = 0. ∂υ ∂Ω Khi đó từ định lý duy nhất của Aronszain – Cordes suy ra u ≡ 0. Khi x = 0 khó khăn có thể loại bỏ nhờ sử dụng u ∈ C 0,α (Ω) .  Nhận xét 1. Nếu {0} ∈ / Ω, thì định lý 1.1.6 có thể không đúng. Trong trường hợp Ω ∩ {−ε < x < ε} = {Φ}, có thể chứng minh được định lý về sự tồn tại nghiệm cho bất kỳ g(u) được hạn chế bởi độ tăng của đa thức nhờ sử dụng định lý nhúng Sobolev. Trong trường hợp đặc biệt ϕ (x) = 0, các kết quả đã được công bố trong [3]. 1.2 Định lý nhúng Sobolev cho không gian có trọng Định nghĩa 1.2.1. Ta ký hiệu S1p (Ω) , 1 ≤ p < +∞ là không gian các hàm u ∈ Lp (Ω) thỏa mãn ∂u ∂x p ∈ Lp (Ω) , f (x) ∂u ∂y ∈ L (Ω) . Chuẩn trong S1p (Ω) , 1 ≤ p < +∞, được định nghĩa như sau:  p1  p  p Z  ∂u ∂u kukS1p (Ω) =  |u|p + + f (x) dxdy  . ∂x ∂y Ω Với p = 2 ta có tích vô hướng trong S12 (Ω) như sau:     ∂u ∂v ∂u ∂v (u, v)S12 (Ω) = (u, v)L2 (Ω) + , + f (x) , f (x) . ∂x ∂x L2 (Ω) ∂y ∂y L2 (Ω) p Định nghĩa 1.2.2. S1,0 (Ω) được gọi là bao đóng của C01 (Ω) trong không gian S1p (Ω) . 2 Định nghĩa 1.2.3. Hàm u ∈ S1,0 (Ω) được gọi là nghiệm yếu của bài toán (1.1) nếu đẳng thức : Z Z Z ∂u ∂ϕ ∂u ∂ϕ dxdy + f 2 (x) dxdy = g (u) ϕdxdy, ∂x ∂x ∂y ∂y Ω Ω Ω thỏa mãn với mọi ϕ ∈ C0∞ (Ω) . 12 Định lí 1.2.4. S1p (Ω) là không gian Banach, S12 (Ω) là không gian Hilbert.  Chứng minh. xem [3] Ta xét một trường hợp đặc biệt của f 2 (x) = |x|2k (1 + ϕ (x)) , với ϕ (x) ∈ C 2 (R), ϕ (x) > −1, xϕ0 (x) ≥ 0. Ta có các kết quả sau: (k+2)p p Định lí 1.2.5. Giả sử 1 ≤ p < k + 2. Khi đó S1,0 (Ω) ⊂ L k+2−p −τ (Ω) với τ là số dương đủ nhỏ. Chứng minh. Ta chứng minh với mỗi u (x, y) ∈ C01 (Ω), ta có bất đẳng thức sau: kuk (k+2)p L k+2−p −τ (Ω) p ≤ CkukS1,0 (Ω) . (∗) Ta chứng minh (*) đúng với p = 1, Lấy số M > 0 đủ lớn để Ω ⊂ [−M, M ] × [−M, M ]. Khi đó ta có: Zx u (x, y) = ∂u (t, y) dt, (x, y) ∈ Ω, ∂t −M Do vậy Z+M ∂u (t, y) dt, (x, y) ∈ Ω. |u (x, y)| ≤ ∂t −M Tương tự ta có: Z+M ∂u (x, t) dt, (x, y) ∈ Ω |u (x, y)| ≤ ∂t −M  +M δ Z ∂u ⇒ |u (x, y)|δ ≤  (x, t) dt , (x, y) ∈ Ω, δ > 0. ∂t −M 13 Nên ta có: Z Ω  δ  +M  +M  Z Z+M Z+M Z   ∂u ∂u 1+δ     |u (x, y)| dxdy ≤ ∂t (t, y) dt  dxdy ∂t (x, t) dt    −M −M Z+M = −M −M δ    +M ZM Z+M Z  ∂u (t, y) dt dy  ∂u (x, t) dt dx. ∂t ∂t −M −M −M −M δ  Z+M Z+M Z+M Z+M ∂u (x, y) dxdy.  ∂u (x, y) dy  dx. = ∂x ∂y −M −M −M −M Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có: +M R +M R −M −M ≤ +M R ∂u ∂y (x, y) dy kδ − 1−δ |x| !δ dx !1−δ ( δ p − 1−δ +M p R 1 + ϕ (x) dx |x|k 1 + ϕ (x) −M ! )δ ∂u ∂y (x, y) dy dx , +M R −M −M Do vậy Z  +M 1−δ Z+M Z+M Z −δ  1−δ p ∂u −kδ 1+δ 1−δ  |u (x, y)| dxdy ≤ |x| 1 + ϕ (x) dx ∂x (x, y) dxdy. −M −M −M Ω  +M Z  −M  +M  δ Z  p ∂u k   |x| 1 + ϕ (x) ∂y (x, y) dy dx . −M Ta có ϕ (x) ∈ C 2 (R) , ϕ (x) > −1, nên trên [−M, M ], hàm số liên tục đều, nên ∃x0 ∈ [−M, M ] để p p min 1 + ϕ (x) = 1 + ϕ (x0 ) = C1 > 0, [−M,M ] −δ  1−δ p Nên 1 + ϕ (x) < C2 , với 0 < δ < Do đó với 0 < δ < 1 k+1 , 1 k+1 , C2 > 0. khi đó tích phân Z+M |x| −kδ 1−δ −δ p  1−δ 1 + ϕ (x) dx −M 14 p 1 + ϕ (x) là là hội tụ. Do vậy ta có: δ Z p ∂u ∂u k |x| |u (x, y)|1+δ dxdy ≤ C 1 + ϕ (x) . ∂y L1 (Ω) ∂x L1 (Ω) Ω Áp dụng bất đẳng thức Young ta có: δ 1 1+δ 1+δ kp ∂u ∂u kukL1+δ (Ω) ≤ C |x| 1 + ϕ (x) ∂y 1 ∂x 1 L (Ω) L (Ω) ! kp ∂u ∂u |x| ≤ C + . 1 + ϕ (x) ∂y L1 (Ω) ∂x L1 (Ω) Đối với p bất kỳ lấy |u|γ , γ > 1 thay vào công thức trên và áp dụng bất đẳng thức Holder ta có: k|u|γ kL1+δ (Ω) ! kp γ−1 ∂u |u|γ−1 ∂u ≤ C |x| 1 + ϕ (x)|u| + ∂y L1 (Ω) ∂x L1 (Ω) ! p ∂u |x|k 1 + ϕ (x) ∂u + , ≤ C |u|γ−1 p0 L (Ω) ∂y p ∂x p L (Ω) L (Ω) trong đó p1 + p10 = 1. p ta có: Chọn γ = 1−δp+δ 1  1+δ  Z (|u|)  (1+δ)p 1−δp+δ  10  p Z ≤ C dx Ω (|u|) (1+δ)p 1−δp+δ dx Ω 1  1+δ − 10  p Z ⇒ (|u|) (1+δ)p 1−δp+δ dx ≤ C ! kp ∂u ∂u |x| 1 + ϕ (x) + ∂y Lp (Ω) ∂x Lp (Ω) ≤ C ! kp |x| 1 + ϕ (x) ∂u ∂u + , ∂y Lp (Ω) ∂x Lp (Ω) Ω  1−(p−1)δ (1+δ)p  Z ⇒ (|u|) (1+δ)p 1−δp+δ dx Ω ! kp ∂u ∂u |x| 1 + ϕ (x) + ∂y Lp (Ω) ∂x Lp (Ω) hay kuk L (1+δ)p 1−pδ+δ ≤C (Ω) ! kp |x| 1 + ϕ (x) ∂u ∂u . + ∂y Lp (Ω) ∂x Lp (Ω) 15 Cho δ đủ gần 1 k+1 . Khi đó ta có điều phải chứng minh. p Tiếp theo ta chứng minh đẳng thức (*) đúng với u (x, y) ∈ S1,0 (Ω). p Do S1,0 (Ω) là bao đóng của C01 (Ω) trong không gian S1p (Ω). Nên tồn tại một 1 dãy {un (x, y)}∞ n=0 , un (x, y) ∈ C0 (Ω) mà un (x, y) hội tụ đến u (x, y) trong không gian S1p (Ω) . Nên ta có: un (x, y) hội tụ đến u (x, y) trong không gian Lp (Ω) và ta có: p p kun kS1,0 (Ω) , kun kLp (Ω) → kukLp (Ω) , khi n → ∞. (Ω) → kukS1,0 Mặt khác ta có: (k+2)p k+2−p − τ ≥ p, nên : kun − ukLp (Ω) ≤ Ckun − uk (k+2)p L k+2−p −τ p Mà {un (x, y)}∞ n=0 là một dãy Cauchy trong không gian S1,0 (Ω), nên ∀ε > 0, ∃N0 > 0, ∀n > N0 , ∀p > 0 ta có kun − un+p kS p 1,0 (Ω) minh trên ta có: kun − un+p k (k+2)p L k+2−p −τ . (Ω) < ε, theo chứng < ε. (Ω) (k+2)p k+2−p −τ (Ω). Do vậy {un (x, y)}∞ n=0 là một dãy Cauchy trong không gian L (k+2)p Nên ta có ∃u1 (x, y) ∈ L k+2−p −τ (Ω) để un (x, y) hội tụ đến u1 (x, y) trong (k+2)p không gian L k+2−p −τ (Ω) suy ra u1 (x, y) ∈ Lp (Ω). Theo bất đẳng thức trên ta có: kun − u1 kLP (Ω) < Ckun − u1 k (k+2)p L k+2−p −τ . (Ω) Do vậy ta có dãy un (x, y) hội tụ đến u1 (x, y) trong không gian Lp (Ω). Do giới hạn của một dãy là duy nhất nên ta có: un (x, y) hội tụ đến u (x, y) (k+2)p trong không gian L k+2−p −τ (Ω), hay kun k (k+2)p −τ L k+2−p (Ω) → kuk (k+2)p −τ L k+2−p (Ω) , khi n → ∞. Mà theo chứng minh trên ta có: kun k (k+2)p L k+2−p −τ (Ω) p ≤ Ckun kS1,0 (Ω) , cho n → ∞,  ta có điều phải chứng minh. (k+2)p p Lưu ý 1. Trong trường hợp 1 ≤ p < k+2, phép nhúng S1,0 (Ω) ⊂ L k+2−p +τ (Ω) không tồn tại với τ là dương bất kỳ. Định lí 1.2.6. Giả sử 1 ≤ p < k + 2. (k+2)p p Khi đó ánh xạ nhúng S1,0 (Ω) ⊂ L k+2−p −τ (Ω) là compact với mọi τ là dương đủ nhỏ. 16  p Định lí 1.2.7. Giả sử p > k + 2. Khi đó S1,0 ⊂ C0 Ω . Định lí 1.2.8. Giả sử g(u) thỏa mãn các điều kiện sau: 0,α (R) , i. g (u) ∈ Cloc ii. |g (u)| ≤ C(1 + |u|m ) với 1 < m < k+4 k , iii. g (u) = o (u) khi u → 0,   iv. Tồn tại A sao cho với |u| ≥ A, G (u) ≤ µg (u) u, trong đó µ ∈ 0, 21 . Khi đó bài toán   L (u) =  ∂2u ∂x2 2 + |x|2k (1 + ϕ (x)) ∂∂yu2 + g (u) = 0 trong Ω, u = 0 trên ∂Ω, luôn có nghiệm yếu không tầm thường. Chứng minh. 2 (Ω) xét hàm sau: Với u ∈ S1,0 Φ (u) = 1 2 Z 2 2 ! Z kp ∂u ∂u + |x| (1 + ϕ (x)) dxdy − G (u) dxdy, ∂x ∂y Ω Ω Từ các điều kiện của g(u) ta có Φ (u) thỏa mãn các điều kiện (I1 ), (I2 ), (I3 ) trong [1]. Do vậy Φ (u) có điểm tới hạn không tầm thường, nên bài toán 2 (Ω). trên có nghiệm yếu không tầm thường thuộc không gian S1,0  Trong trường hợp đặc biệt ϕ (x) = 0, các kết quả đã được công bố trong [3]. 17 Chương 2 Định lý tồn tại và không tồn tại nghiệm của bài toán biên đối với một số lớp toán tử nửa tuyến tính Elliptic suy biến 2.1 Toán tử Baounedi – Goulaouic Giả sử Ω là miền giới nội trong R3 với biên ∂Ω trơn và {0} ∈ Ω . Ta xét bài toán sau:   L (u) + g (u) = f  ∂2u ∂x2 + ∂2u ∂y 2 2 + f 2 (x) ∂∂zu2 + g (u) = 0 trong Ω, (2.1) u = 0 trên ∂Ω, trong đó g (u) ∈ C (R) , g (0) = 0, f (x) ∈ C 2 (R). Ru Đặt G (u) = g (t) dt, υ = (υx , υy , υz ) là vector pháp tuyến đơn vị ngoài trên 0 ∂Ω. Định nghĩa 2.1.1. Giả sử k là một số thực dương, khi đó miền Ω được gọi là Lk - hình sao đối với điểm {0}, nếu bất đẳng thức xυx + yυy + (k + 1) zυz > 0 thỏa mãn hầu khắp nơi trên ∂Ω. Bổ đề 2.1.2. Giả sử u (x, y, z) là nghiệm của bài toán (2.1) thuộc không gian H 2 (Ω). Khi đó với mỗi β > 0 ta có u (x, y, z) thỏa mãn đẳng thức : 18
- Xem thêm -