Vấn đề tồn tại nghiệm của phương trình đạo hàm riêng tuyến tính

MỞ ĐẦUPhương trình đạo hàm riêng được nghiên cứu lần đầu tiên vào giữa thế kỉ 18 trong các công trình của những nhà toán học như Euler, D’Alambert,Lagrange và Laplace như là một công cụ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

Nguyễn Hồng Điệp

VẤN ĐỀ TỒN TẠI NGHIỆMCỦA PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG TUYẾN TÍNH

Chuyên ngành: Toán ứng dụng

Mã số: 60.46.01.12

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

PGS.TS HÀ TIẾN NGOẠN

Thái Nguyên - 2013

LỜI CẢM ƠN

Lời đầu tiên của khóa luận này em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầygiáo hướng dẫn PGS-TS Hà Tiến Ngoạn đã giao đề tài và tận tình hướngdẫn em trong quá trình nghiên cứu và hoàn thành khóa luận này

Nhân dịp này em xin gửi lời cảm ơn của mình tới toàn bộ các thầy

cô giáo trong khoa Toán- trường Đại học Khoa học-Đại học Thái Nguyêncùng các thầy cô ở Viện Toán học đã giảng dạy và giúp đỡ chúng em trongsuốt quá trình học tập tại khoa

Đồng thời, tôi xin cảm ơn các anh chị và các bạn trong lớp K5 đặc biệt

là các bạn học ngành toán ứng dụng đã nhiệt tình giúp đỡ tôi trong quátrình học tập tại lớp

Tôi xin cảm ơn các thầy cô, anh chị và các bạn đồng nghiệp công táctại trường THPT Nguyễn Đức Cảnh - Kiến Thụy - Hải Phòng đã tạo điềukiện giúp đỡ tôi về thời gian và công tác để tôi hoàn thành khóa học

Xin chân trọng cảm ơn!

Hải Phòng, tháng 05 năm 2013

Người viết luận văn

Nguyễn Hồng Điệp

MỞ ĐẦU

Phương trình đạo hàm riêng được nghiên cứu lần đầu tiên vào giữa thế

kỉ 18 trong các công trình của những nhà toán học như Euler, D’Alambert,Lagrange và Laplace như là một công cụ quan trọng để mô tả các mô hìnhcủa vật lí và cơ học Những bài toán có nội dung tương tự vẫn còn đượcnghiên cứu đến tận ngày nay và là một trong những nội dung cơ bản của líthuyết đạo hàm riêng Chỉ đến giữa thế kỉ 19 và đặc biệt là trong các côngtrình của Riemann, phương trình đạo hàm riêng mới trở thành công cụmạnh dùng trong những lĩnh vực toán học khác Cả hai hướng nói trên đãtác động trực tiếp đến sự phát triển của lí thuyết phương trình đạo hàmriêng và ngược lại, phương trình đạo hàm riêng đóng vai trò quan trọngtrong các lĩnh vực khác của toán học lí thuyết và đặc biệt là trong các bàitoán thực tiễn

Một bài toán phương trình vi phân đạo hàm riêng, nếu nó có ý nghĩathực tiễn thì chắc chắn nó có nghiệm, chỉ có điều là nghiệm đó được hiểutheo nghĩa nào mà thôi Nhiều phương trình vi phân đạo hàm riêng mà tanghiên cứu nói chung là có nghiệm

Năm 1957 nhà toán học Hans Lewy [6] đã phát hiện ra ví dụ về mộtphương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp một mà không có nghiệm(cho

dù là nghiệm suy rộng) với một số hàm vế phải trơn cho trước Do đó từ

ví dụ trên đã xuất hiện một hướng nghiên cứu mới về tính giải được củaphương trình đạo hàm riêng tuyến tính

Một minh họa hình học và một mở rộng của ví dụ này được đưa ra năm

1960 bởi Lars H¨ormander

Luận văn được chia làm 2 chương:

Chương 1: Trình bày một số kiến thức cơ bản về công thức tích phântừng phần, toán tử đạo hàm riêng tuyến tính và toán tử liên hợp, trìnhbày một ví dụ về một phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp một màkhông có nghiệm và một số định lí về không gian Hilbert

Chương 2: Trình bày về tính giải được của phương trình đạo hàm riêngtuyến tính, điều kiện cần và đủ để phương trình đạo hàm riêng tuyến tính

có nghiệm yếu và tính giải được của phương trình đạo hàm riêng tuyếntính với hệ số hằng

Nội dung chính của luận văn dựa trên chương 1 của tài liệu [5]

Do thời gian và kiến thức còn hạn chế nên trong quá trình viết luậnvăn cũng như trong xử lý văn bản chắc chắn không tránh khỏi những saisót nhất định Tác giả luận văn rất mong nhận được sự góp ý của các thầy

cô và các bạn đồng nghiệp để luận văn được hoàn thiện hơn

Thái Nguyên, tháng 05 năm 2013

Người thực hiện

Nguyễn Hồng Điệp

Rez phần thực của số phức z

Imz phần ảo của số phức z

Chương 1

KIẾN THỨC CƠ SỞ

1.1 Toán tử vi phân đạo hàm riêng tuyến tính

Toán tử vi phân đạo hàm riêng tuyến tính cấp m có dạng

với j = 1, 2, 3 thì với u là một hàm ba biến x1, x2, x3 Ta có

Toán tử A là tuyến tính bởi vì Dµ là tuyến tính và ta có

A(α1u1 + α2u2) = α1A(u1) + α2A(u2)

Trong trường hợp đặc biệt, nếu u và v là hai hàm khả vi liên tục trên

Ω và thỏa mãn uv = 0 trên ∂Ω thì công thức (1.3) được viết lại thành

là toán tử vi phân đạo hàm riêng tuyến tính cấp m

Giả sử ϕ ∈ C0m(Ω) là hàm thuộc Cm(Ω) và triệt tiêu ở gần biên ∂Ω

Áp dụng liên tiếp công thức tích phân (1.4) ta có

Dễ thấy A0 cũng là một toán tử vi phân đạo hàm riêng tuyến tính cấp

m Đặc biệt khi A là toán tử với hệ số hằng và nhận giá trị thực thì A0

trong đó Re u(x0) là phần thực của u(x0) Vì u là một hàm liên tục nêntồn tại một ε−lân cận của điểm x0 sao cho Re u(x) > 0, với mọi x mà

thì rõ ràng ϕ(x) ∈ C∞(Ω) và hàm uϕ(x)

Ω

uϕdx



 > 0

Điều này mâu thuẫn với (1.12) nên giả thiết (1.13) là sai

Chứng minh tương tự ta có Re (u(x0)) không thể nhỏ hơn 0

Vậy

Re u = 0

Một cách tương tự, ta cũng chứng minh được

Im (u(x)) = 0

Vậy u ≡ 0 trong Ω.

1.3 Một ví dụ về phương trình không có nghiệm

Xét phương trình vi phân đạo hàm riêng

ux+ iuy + 2(ix − y)ut = f (x, y, t), (1.15)trong đó

Thật vậy, lấy Ψ(σ, τ ) là hàm khả vi liên tục của hai biến phức σ và τ,triệt tiêu ở bên ngoài hình chữ nhật

Lấy f = g0(t), ở đó g là hàm trơn nhận giá trị thực của một biến t vàđặt

V (ρ, t) = U + πig(t) (1.30)Khi đó

Vρ + iVt = 0, 0 < ρ < a, |t| < b

và do đó V là hàm giải tích của biến ρ + it trên tập hợp này Vì u(x, y, t)

là hàm liên tục trên {0 < ρ < a, |t| < b} nên U (ρ, t) cũng vậy Tuy nhiên

U (0, t) = 0 do (1.26) nên

Re V (0, t) = 0, |t| < b (1.31)

Vì V là hàm giải tích trong {0 < ρ < a, |t| < b} và có phần thực triệttiêu khi ρ = 0, nên ta có thể thác triển hàm V (ρ, t) một cách giải tích quađường thẳng ρ = 0

Đặc biệt V (0, t) là hàm giải tích của t trong miền {|t| < b} Nhưng

V (0, t) = πig(t) Do đó ta chỉ ra rằng, phương trình (1.15) có nghiệm khi

và chỉ khi f là hàm giải tích theo biến t Song nếu ta xét ví dụ sau

f (t) = g0(t), trong đó g(t) được xác định bởi (1.32)

1.4 Không gian Hilbert

Ta nhắc lại định nghĩa không gian Hilbert trên trường số phức Kí hiệu

là H chứa các phần tử u, v, w,

Ta định nghĩa 2 phép toán cộng và nhân như sau

Phép cộng

+ : H × H −→ H(x, y) 7−→ x + y

Phép nhân

 : C× H −→ H(α, x) 7−→ αx

Phép toán cộng và nhân thỏa mãn một số tiên đề sau

u + 0 = 0 + u = u (1.38)Với mỗi cặp(u, v) ∈ H Ta định nghĩa tích vô hướng của chúng (kí hiệu

(u, v)) như sau

(αu + βv, w) = α(u, v) + β(v, w) (1.39)

(u, v) = (v, u) (1.40)

(u, u) > 0 khi u 6= 0 (1.41)Bây giờ từ các phương trình

(α + β)u = αu + βu (1.42)và

(αu + βv, w) = α(u, w) + β(v, w) (1.43)

ta có

(0u, 0u) = (1u + (−1)u, 0u)

= (u, 0u) − (u, 0u)

(u + (−1)u, v) = 1(u + (−1)u, v)

Từ phương trình (1.47) ta thấy có thể định nghĩa phép trừ như sau

Nếu u + v = w thì u + v + (−1)v = w + (−1)v và do đó u = w + (−1)v

Từ (1.34), (1.47), (1.38) ta viết −v thay cho (−1)v và w − v thay cho

Ta gọi ||u|| là chuẩn của u Trong các phát biểu (1.54), (1.55), (1.56)

được gọi lần lượt là bất đẳng thức tam giác, quy tắc hình bình hành và bấtđẳng thức Schwarz

||αu + v||2 = (αu + v, αu + v)

= |α|2.||u||2 + 2Re α(u, v) + ||v||2

=

α||u|| + (v, u)

||u||

Ta thấy rằng trong biểu thức (1.59) có thể giả sử u 6= 0 (bởi nếu u = 0

thì phát biểu (1.56) được suy ra từ công thức 0.u = 0 )

Mặt khác ta thấy rằng biểu thức (1.59) đúng với mọi α ∈ C nên ta có thể

tồn tại một phần tử u ∈ H sao cho

||u − uk|| → 0 khi k → ∞ (1.61)Một dãy thỏa mãn (1.60) gọi là dãy Cauchy, chú ý rằng (1.61) suy ra

(1.60) bởi (1.54)

Tính đầy đủ là vô cùng quan trọng trong các ứng dụng Đôi khi ta viết

(1.61) là

uk → u ∈ H khi k → ∞ (1.62)Tiếp theo ta nêu một số tính chất quan trọng của không gian Hilbert.Một tập con S ⊂ H gọi là một không gian con nếu ∀u, v ∈ S, ∀α, β làcác vô hướng thì αu + βv ∈ S

S được gọi là không gian con đóng nếu mọi dãy Cauchy của các phần

tử trong S hội tụ về một phần tử của S

Hiển nhiên một không gian con đóng của không gian Hilbert là khônggian Hilbert

Bổ đề 1.4.1 Cho M là không gian con đóng của H thì với mọi u khôngthuộc M có một v thuộc M sao cho

||u − v|| = inf

w∈M||u − w|| (1.63)Chứng minh Tập hợp d = inf ||u − w||, w ∈ M thì có một dãy cực tiểu

{wk} ⊆ M sao cho ||u − wk|| → d khi k → ∞

||wk− wj|| → 0 khi j, k → ∞

Từ H là không gian đầy đủ nên có một v ∈ M sao cho

||wk − v|| → 0

Điều này có nghĩa

||u − v|| = lim ||u − wk|| = d

Định lý 1.4.1 (Định lí phép chiếu) Cho M là không gian con đóng của

H Khi đó với mọi u thuộc H thì tồn tại v thuộc M thỏa mãn (u−v, M ) =

0 Tức là (u − v, w) = 0 với mọi w thuộcM

Chứng minh Nếu u ∈ M, ||u − v|| = d Khoảng cách từ u đếnM Bây giờnếu w 6= 0 là phần tử bất kì của M, ta có

||u − v||2 ≤ ||u − v − αw||2

= ||u − v||2 − 2Re α(u − v, w) + |α|2.||w||2, ∀α ∈ C

Trong tính toán này nếu chúng ta lấy

|(u − v, w)|2 ≥ 0 (1.66)

||F || = ||f || (1.70)Chứng minh Cho N = {v ∈ H|F v = 0} thì N là không gian con của H

nếu u, v ∈ N, ta có

F (αu + βv) = αF u + βF v = 0, ∀α, β là vô hướng

và do αu + βv ∈ N, cộng với N là không gian con đóng của H nếuvk ∈ H

Do đó

F w 6= 0

Cho S là không gian con của H ta định nghĩa S (bao đóng của S) làtập hợp tất cả các phần tử f ∈ H, là giới hạn của phần tử trên S.

f ∈ S nếu tồn tại một dãy vk ⊆ S sao cho

Và nó không phụ thuộc vào cách chọn dãy {vk}

Thật vậy nếu chọn vk0 là dãy khác cũng thỏa mãn điều kiện của bàitoán Khi đó

|F vk − F vk0| = |F (vk− vk0)|

≤ K0||vk − vk0||

≤ K0(||vk − f || + ||f − vk0||) −→ 0

Hơn nữa

|F f | = lim |F vk| ≤ lim K0||vk|| = K0||f ||

Vì vậy F có thể mở rộng là một phiếm hàm tuyến tính bị chặn trên S

Bây giờ ta lấy ∀w ∈ H, ∃w1 ∈ S sao cho (w − w1, S) = 0(định lí 1.4.1)

Chương 2

TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠO HÀM RIÊNG TUYẾN TÍNH

2.1 Khái niệm nghiệm cổ điển.

Xét phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp m sau đây

A(x, D)u = f (x), x ∈ Ω, (2.1)trong đó

u(x) khả vi liên tụcm lần sao cho khi thay vào phương trình (2.1) ta đượcmột đẳng thức đúng Những nghiệm có độ trơn như thế gọi là nghiệm cổđiển của phương trình (2.1)

Mệnh đề 2.1.1 Giả sử u(x) là nghiệm cổ điển của phương trình (2.1)trong đó

u(x) ∈ Cm(Ω)

Khi đó

(Au, ϕ) = (u, A0ϕ), ∀ϕ ∈ C0m(Ω), (2.3)trong đó A0 là toán tử liên hợp của toán A và được xác định bởi công thức(1.9)

Chứng minh Chứng minh được suy ra từ công thức (1.10)



Z

2.2 Khái niệm nghiệm yếu

Từ Mệnh đề 2.1.1 ta đi tới định nghĩa sau đây về nghiệm yếu củaphương trình (2.1)

Định nghĩa 2.2.1 Cho f (x) ∈ L2(Ω), A là toán tử vi phân được cho bởicông thức (2.2) Hàm u(x) ∈ L2(Ω) được gọi là nghiệm yếu của phươngtrình (2.1) trong miền Ω nếu ∀ϕ ∈ C0∞(Ω) ta có

(u, A0ϕ) = (f, ϕ) (2.4)Mệnh đề 2.2.1 Nếu u(x) ∈ Cm(Ω) ∩ L2(Ω) là nghiệm yếu của phươngtrình (2.2), thì u(x) là nghiệm cổ điển

Au = f

Vậy u(x) là nghiệm cổ điển

2.3 Điều kiện cần và đủ để tồn tại nghiệm yếu

|(f, ϕ)| = |(u, A0ϕ)|

≤ ||u||||A0ϕ||

Ta chứng minh được phiếm hàm F chỉ phụ thuộc vào w ∈ Ω mà khôngphụ thuộc vào cách chọn hàm ϕ.

Thật vậy, giả sử có ϕ1 ∈ C0∞ cũng thỏa mãn

tức là F w không phụ thuộc vào ϕ

Nhận xét : Rõ ràng phiếm hàm F là tuyến tính trên Ω Hơn nữa

|F w| = |(ϕ, f )| ≤ C||A0ϕ|| = C||w|| (2.9)Điều này chứng tỏ F là bị chặn

Theo định lý 1.4.3 (đinh lí Hahn-Banach) F có thể thác triển thànhphiếm hàm tuyến tính bị chặn trênL2(Ω)và cũng áp dụng định lý Fréchet-Riez thì tồn tại u ∈ L2(Ω) sao cho

||u|| = ||F || ≤ C

và

F w = (w, u), ∀w ∈ L2(Ω) (2.10)Đặc biệt nếu ϕ ∈ C0∞(Ω) thì A0ϕ ∈ W và vì vậy phương trình (2.8) và(2.10) trở thành

(u, A0ϕ) = (f, ϕ) (2.11)Điều này đúng với mọi ϕ ∈ C0∞(Ω)

2.3.3 Định lý về điều kiện cần và đủ cho tính giải được của

phương trình vi phân đạo hàm riêng tuyến tính

Kết hợp các định lí 2.3.1 và định lí 2.3.2 ta có định lí sau

Định lý 2.3.3 Điều kiện cần và đủ để phương trình Au = f có nghiệmyếu u(x) ∈ L2(Ω) là tồn tại C > 0 sao cho

|(f, ϕ)| ≤ C||A0ϕ||, ϕ ∈ C0∞(Ω)

2.4 Phương trình vi phân đạo hàm riêng tuyến tính

với hệ số hằng

Kết quả chính của mục này là định lý sau đây

Định lý 2.4.1 Giả sử A là toán tử với hệ số hằng có dạngA = P

|µ|≤m

aµDµ,trong

đó aµ là các hằng số phức Khi đó với mọi f (x) ∈ L2(Ω) phương trình

Au = f luôn có nghiệm yếu u(x) ∈ L2(Ω)

Chứng minh Để chứng minh khẳng định trên trước hết ta đưa ra một số

Hơn nữa, theo công thức tích phân từng phần (1.4) ta có

Với m = 1 thì hiển nhiên đúng

Sử dụng công thức (2.18) ta thu được đánh giá sau

Hệ quả 2.4.1 Nếu Ω chứa miền |xk− ak| ≤ Mk

Vậy phép chứng minh được hoàn thành.

Hệ quả 2.4.2 Nếu A là một toán tử có hệ số hằng thì với mỗi miền Ω bịchặn bất kì luôn tồn tại hằng số C sao cho

Chứng minh Định lí 2.4.1 Việc chứng minh định lý này được suy trựctiếp từ Hệ quả 2.4.2 và Định lí 2.3.3.

2 Chứng minh được rằng một phương trình đạo hàm riêng tuyến tínhvới hệ số hằng luôn có nghiệm yếu u(x) ∈ L2(Ω) với mọi hàm vế phải

f ∈ L2(Ω) bất kì và Ω là miền bị chặn

Tài liệu tham khảo

Tài liệu tiếng Việt[1] Nguyễn Mạnh Hùng (2008), Phương trình đạo hàm riêng, NXB Đạihọc Sư phạm Hà Nội

[2] Trần Đức Vân (2000), Phương trình đạo hàm riêng, tập 1, NXB Đạihọc Quốc gia Hà Nội, 255tr

[3] Trần Đức Vân (2001), Phương trình đạo hàm riêng,

Tài liệu tiếng Anh[4] David Gibarg, Neil S Trudinger (1998), Elliptic Partial DifferentialEquations of Second Order, Springer

[5] M Schechter (1977), Modern Methods in Partial Differential tions, An Introduction, McGraw-Hill Inc

Equa-[6] Lewy, H (1957) An Example of a Smooth Linear Partial DifferentialEquation without Solution, Ann Math., vol 6, pp 155-158

[7] Jurgen Jost (2002), Partial Differential Equations, Springer

TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐẠO HÀM RIÊNG TUYẾN TÍNH

2.1 Khái niệm nghiệm cổ điển.

Xét phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp... (2008), Phương trình đạo hàm riêng, NXB Đạihọc Sư phạm Hà Nội

[2] Trần Đức Vân (2000), Phương trình đạo hàm riêng, tập 1, NXB Đạihọc Quốc gia Hà Nội, 255tr

[3] Trần Đức Vân (2001), Phương. .. lần cho thay vào phương trình (2.1) ta đượcmột đẳng thức Những nghiệm có độ trơn gọi nghiệm cổđiển phương trình (2.1)

Mệnh đề 2.1.1 Giả sử u(x) nghiệm cổ điển phương trình (2.1)trong

u(x)