Nghiệm của một lớp phương trình Ellipptic phi tuyến cấp hai với số mũ âm trong R3

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘITRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊNKHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC Ngô Phương Thảo NGHIỆM CỦA MỘT LỚP PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC PHI TUYẾN CẤP HAI LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Hà Nộ

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘITRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC

Ngô Phương Thảo

NGHIỆM CỦA MỘT LỚP PHƯƠNG TRÌNH

ELLIPTIC PHI TUYẾN CẤP HAI

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Hà Nội - 2016

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘITRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC

Ngô Phương Thảo

NGHIỆM CỦA MỘT LỚP PHƯƠNG TRÌNH

ELLIPTIC PHI TUYẾN CẤP HAI

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Toán giải tích

Mã số:60460102

Cán bộ hướng dẫn: TS Ngô Quốc Anh

Hà Nội - 2016

Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn, tôi xin gửi lời cảm

ơn chân thành và sâu sắc nhất tới thầy Ngô Quốc Anh, người đã tận tình hướng dẫn để tôi có thể hoàn thành luận văn này.

Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn đặc biệt tới Ban chủ nhiệm Khoa sau đại học cùng toàn thể các thầy cô giáo trong khoa Toán - Cơ - Tin học, Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại Học Quốc gia Hà Nội, là người những người thầy, người cô, thời gian qua không những chỉ dạy bảo tôi tận tình về kiến thức chuyên môn mà còn truyền cho tôi cả niềm đam

mê, sự nhiệt thành, tâm huyết với bộ môn toán học.

Nhân dịp này tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè đã luôn ở bên, cổ vũ, động viên, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn cao học.

Hà Nội, Ngày 19 tháng 1 năm 2017

Học viên

Ngô Phương Thảo

Mục lục

1.1 Các ước lượng cơ bản 5

1.2 Nguyên lý so sánh cho nghiệm phương trình bậc cao 9

1.3 Một số kết quả cơ bản về nghiệm của phương trình ∆2u + u−q = 0 trong R3 10

1.3.1 Các bổ đề 10

1.3.2 Điều kiện cần của q để phương trình ∆2u + u−q= 0 trong R3 có nghiệm 13

1.3.3 Tốc độ tăng của nghiệm của phương trình ∆2u + u−q = 0 trong R3 16

1.4 Bài toán giá trị ban đầu 18

2 Nghiệm của phương trình ∆2u + u−q = 0 trong R3 tăng với tốc độ tuyến tính 26 2.1 Dáng điệu tiệm cận 27

2.2 Chứng minh Định lý 2.1 39

2.2.1 Trường hợp q > 3 39

2.2.2 Trường hợp q = 3 40

2.3 Chứng minh Định lý 2.2 41

2.3.1 Trường hợp q = 4 42

2.3.2 Trường hợp 3 < q < 4 43

3 Nghiệm của phương trình ∆2u + u−q = 0 trong R3 tăng với tốc độ bình phương 44 3.1 Dáng điệu tiệm cận 45

3.2 Tốc độ tăng bậc hai của phương trình ∆2u + u−q = 0 là tùy ý 50

3.3 Chứng minh Định lý 3.1 51

3.4 Chứng minh Định lý 3.2 52

3.4.1 Trường hợp q > 3/2 52

3.4.2 Trường hợp q = 3/2 53

3.4.3 Trường hợp 1 < q < 3/2 54

LỜI MỞ ĐẦU

Toán học là môn khoa học cơ bản được ứng dụng rất nhiều trong các lĩnh vựckhoa học, kỹ thuật và đời sống Trong toán học có rất nhiều các chuyên ngành khácnhau Phương trình đạo hàm riêng là một trong những chuyên ngành của toán học.Tuy nhiên, đối với một số bài toán phương trình đạo hàm riêng cấp cao thì việc tìmnghiệm gặp rất nhiều khó khăn

Trong Luận văn này, trong R3 tôi xét bài toán tìm nghiệm của phương trình cấphai cho véc tơ (u, v)

∆



uv





hoặc bằng cách viết lại phương trình trên theo u ta thu được phương trình cấp bốn

∆2u + u−q = 0trong R3 đối với ẩn hàm u Ở đây ta xét trường hợp q > 0 và do đó các phươngtrình đang xét có số mũ âm −q

Nói chung đối với các phương trình đạo hàm riêng đang xét ở trên ta gặp haikhó khăn chính như sau: (1) miền xác định của u là toàn bộ không gian R3 và (2)phương trình có chứa số mũ âm Để bước đầu cung cấp các thông tin định tính cơbản cho nghiệm của các phương trình trên, ta giải quyết bài toán trong trường hợphàm u chỉ phụ thuộc vào khoảng cách đến gốc toạ độ và gọi những nghiệm này lànghiệm cầu Với những lý do trên, tôi tập trung nghiên cứu dáng điệu nghiệm cầucủa phương trình ∆2u + u−q = 0 tại vô cùng Nội dung của Luận văn được lấy trongbốn tài liệu chính sau đây [KR03, CX09, Gue12, DN16]

Các kết quả trong Luận văn bao gồm: (1) Chỉ ra được rằng nghiệm cầu củaphương trình ∆2u + u−q = 0 tăng ít nhất là với tốc độ tuyến tính và nhiều nhất làvới tốc độ bình phương và (2) chỉ ra sự tồn tại của ít nhất một nghiệm cầu với tốc

độ tăng tương ứng Về bố cục, Luận văn được chia làm 4 chương được đánh số từ

0 đến 3

1 Trong Chương 0 chúng tôi tập trung giới thiệu vấn đề đang nghiên cứu

2 Chương 1 dành để trình bày một số kết quả chuẩn bị sẽ dùng trong các chươngtiếp theo Một kết quả quan trọng trong chương này là việc chỉ ra điều kiện

q > 1 là cần thiết để phương trình có nghiệm; xem Định lý 1.10

3 Trong Chương 2, chúng tôi chỉ ra sự tồn tại nghiệm cầu của phương trình

∆2u + u−q = 0 trong R3 tăng với tốc độ tuyến tính khi q ≥ 3; xem Định lý2.1

4 Bằng cách tiếp cận tương tự như trong Chương 2, trong Chương 3, chúng tôinghiên cứu nghiệm cầu của phương trình ∆2u + u−q = 0 trong R3 tăng với tốc

độ bình phương; xem Định lý 3.1

Do thời gian thực hiện luận văn không nhiều và kiến thức còn hạn chế nên khilàm luận văn không tránh khỏi những sai sót Tôi mong nhận được sự góp ý củaquý thầy cô và bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn

Tôi xin chân thành cảm ơn!

luôn là đề tài nghiên cứu thu hút rất nhiều các nhà khoa học Một trong những lý

do chính giải thích cho điều này nằm ở chỗ các (hệ) phương trình elliptic trên là

mô hình cơ bản nhất để mô tả các hiện tượng trong vật lý và tự nhiên Chẳng hạntrong trường hợp vô hướng ta có thể xem phương trình Laplace





Đây là mô hình cho các hệ phản ứng–khuếch tán trong vậy lý và sinh học

Trong Luận văn này, tôi tập trung nghiên cứu nghiệm dương của phương trình

Để có thể hình dung được lý do tại sao ta lại nghiên cứu phương trình (2) hoặcphương trình (3), chúng ta sẽ đề cập đến ý nghĩa của nó khi nghiên cứu các bài toánQ-độ cong trong hình học giải tích Trước khi đề cập đến bài toán Q-độ cong tronghình học giải tích, chúng ta hãy xét trường hợp bài toán độ cong vô hướng tronghình học giải tích.

Cho trước một đa tạp Riemann compact n chiều (M, g) với n ≥ 3 Ta xét toán

tử Lg xác định bởi

Lg = −4(n − 1)

n − 2 ∆g+ Rgtrong đó ký hiệu Rg để chỉ độ cong vô hướng của metric g và ∆g để chỉ toán tửLaplace tính theo metric g Giả sử v là một hàm dương và trơn trên M Xét mộtmetric mới xác định bởi công thức

g = v4/(n−2)gtrên Rn và trong trường hợp này hai metric g và g được gọi là bảo giác với nhau.Khi đó độ cong vô hướng của g được tính bởi công thức

Rg = Lg(v)v−n+2n−2.Bài toán độ cong vô hướng trên (M, g) được phát biểu như sau: Cho trước hàm ftrên M , hỏi có tồn tại một metric g bảo giác với g sao cho Rg = f ? Rõ ràng câuhỏi trên tương đương với việc giải phương trình

Lg(v) = f v(n+2)/(n−2)

để tìm v

Bây giờ ta xét trường hợp đặc biệt khi (M, g) là mặt cầu n chiều (Sn, gstd) trong

đó gstd là metric chuẩn trên mặt cầu Sn Trong trường hợp này, toán tử Lgstd trởthành

(5)

với x ∈ Rn Từ [Gra07, Mệnh đề 1] ta biết rằng

Cho trước một đa tạp Riemann compact n chiều (M, g) với n ≥ 3 Ta xét toán

tử Paneitz Pg được định nghĩa như sau

Pg = ∆2g− δ [(anRgg + bnRicg) d] + n − 4

2 Qgtrong đó

Qg = − 1

2(n − 1)∆Rg+

n3− 4n2+ 16n − 168(n − 1)2(n − 2)2 R2g− 2

(n − 2)2|Ric|2

với

an= (n − 2)

2+ 42(n − 1)(n − 2), bn= −

4

n − 2.

Ở đây Qg được gọi là Q-độ cong của metric g ứng với toán tử Pg Các nghiên cứugần đây về Q-độ cong cho thấy đây có thể là một đối tượng hình học mới chứa đựngrất nhiều thông tin thú vị mà ta chưa biết, chẳng hạn Q-độ cong tham gia trongcông thức Gauss–Bonnet–Chern nổi tiếng sau đây

Z

M

Qgdµg+ 1

4Z

M

|Wg|2g dµg = 8π2χ(M ),trong đó χ(M ) là đặc trưng Euler về tô-pô của M còn Wg là ten-xơ Weyl của (M, g).Tương tự như toán tử Lg, toán tử Pg cũng có tính chất bảo giác: nếug = u4/(n−4)gvới n 6= 4 là một metric bảo giác của g, thì với mọi ϕ ∈ C∞(M ), ta có

Tương tự bài toán độ cong vô hướng trên (M, g), bài toán Q-độ cong trên (M, g)được phát biểu như sau: Cho trước hàm f trên M , hỏi có tồn tại một metric g bảogiác với g sao cho Qg = f ?

Bây giờ ta lại xét trường hợp đặc biệt khi (M, g) là mặt cầu (Sn, gstd) với metricchuẩn Trong trường hợp này, toán tử Pgstd trở thành

Bằng cách xét g = v4/(n−4)gstd, từ phương trình (8), bài toán Q-độ cong trở thành

(−∆)2u(x) = Pgstd v(π−1(x))
(11)

Do đó bằng cách sử dụng phép chiếu nổi π, ta chiếu phương trình (9) cho v trên Sn

lên trên Rn để được phương trình

∆2u = u−7trên R3 Bằng cách thay số mũ −7 bởi −q với q > 0, phương trình thứ nhất chính làphương trình ta đang xét (2) Sở dĩ ta không nghiên cứu nghiệm của phương trình(−∆)2u = u−qlà vì trong nhiều trường hợp phương trình này không có nghiệm Kếtquả này tương tự như trong trường hợp của phương trình −∆u = u−q với q > 0 vì

ta biết rằng phương trình này cũng không có nghiệm nếu xét trong toàn Rn; xem[Ngo16]

Chương 1

Một vài kết quả chuẩn bị

Trong phần đầu chương, chúng ta sẽ đề cập đến một số kết quả cơ bản tronggiải tích cổ điển Tiếp theo chúng ta sẽ trình bày một số kết quả cơ bản về nghiệmphương trình

∆2u + u−q = 0, (1.1)trên R3 với q > 0 Phần cuối của chương trình bày nguyên lý so sánh nghiệm chophương trình bậc cao và bài toán giá trị ban đầu liên kết với phương trình đạo hàmriêng đang xét

1.1 Các ước lượng cơ bản

Ta bắt đầu mục này bằng một kết quả về giá trị trung bình cho Laplace

= rn−1 ∂

∂r



r1−nZ

∂B r (x 0 )

f dσx



Ta suy ra điều phải chứng minh

Ở kết quả tiếp theo ta chỉ ra mối quan hệ giữa toán tử Laplace và đạo hàm tácđộng trên một hàm trong trường hợp hàm đang xét là hàm cầu

Bổ đề 1.2 Trong R3 nếu u là hàm cầu thì

∆u = 1

r2(r2u0)0và

x

px2+ y2+ z2.Khi đó,

Thay vào ta có ∆u = u00+ (2/r)u0 = (1/r2)(r2u0)0 và đây chính là công thức thứnhất Tiếp theo ta chứng minh công thức thứ hai Thật vậy, ta có ∆2u = ∆(∆u) và

(∆u)0(0) = u

000(0)

2 .

Chứng minh Ta chứng minh công thức thứ nhất Theo Bổ đề 1.2 ta có ∆u =

r−2(r2u0)0, nên áp dụng quy tắc L’Hôpital ta được

(∆u)(0) = lim

r→0

(2ru0+ r2u00)02r

Do u0(0) = 0, nên áp dụng quy tắc L’Hôpital một lần nữa ta có

Do u0(0) = 0 nên tiếp tục áp dụng quy tắc L’Hôpital ta được

Hệ quả chứng minh xong

Trước khi phát biểu các bổ đề tiếp theo, chúng ta đề cập ký hiệu

f (x0, r) =

Z

để chỉ trung bình của một hàm f trên mặt cầu tâm x0 bán kính r trong R3

Bổ đề 1.4 Với x0 ∈ R3 bất kỳ và với mọi r > 0 ta có

Z

∂B r (x 0 )

udσ =

Z

Z

∂B s (x 0 )

∆udσ

ds

Đạo hàm hai vế theo r

∂B r (x 0 )

∆udσ

Chia hai vế cho 4πr2 ta được

14πr2

Từ Bổ đề 1.1 ta có

14πr2

∂B r (x 0 )

udσ



Từ đó ta có điều phải chứng minh

1.2 Nguyên lý so sánh cho nghiệm phương trình bậc cao

Trong mục này ta đề cập đến nguyên lý so sánh cho nghiệm của phương trình

∆2u + u−q = 0 trong Rn Do phương trình đang xét là phương trình bậc cao, ta viếtlại dưới dạng phương trình véc tơ cho (u, ∆u) Nội dung nguyên lý so sánh dưới đâyđược lấy ra từ [KR03, Bổ đề 3.2]

Định lý 1.6 (Nguyên lý so sánh) Cho (v, V ) và (w, W ) là hai hàm thuộc lớp C2trên [0, R) với v, w > 0 trên [0, R) và

(rn−1v0)0 = rn−1V, (rn−1w0)0 = rn−1W,(rn−1V0)0+ rn−1v−q ≤ 0 ≤ (rn−1W0)0+ rn−1w−qtrên (0, R) Khi đó ta có các khẳng định sau:

(a) (So sánh yếu) Nếu v(0) ≤ w(0), v0(0) = w0(0) = 0, V (0) ≤ W (0), V0(0) =

W0(0) = 0 thì v ≤ w, v0 ≤ w0, V ≤ W , V0 ≤ W0 trên (0, R)

(b) (So sánh mạnh) Nếu với ρ > 0 bất kỳ ta có v < w trên khoảng (0, ρ) thì v < w,

v0 < w0, V < W , V0 < W0 trên (0, R)

Chứng minh Trước tiên ta chứng minh (b) Giả sử v < w trên (0, ρ) với ρ > 0 nào

đó Theo bất phương trình vi phân thứ hai ở trên ta có (rn−1V0)0 < (rn−1W0)0 trên(0, ρ) Tích phân hai lần bất phương trình này ta được V < W trên (0, ρ) Bâygiờ, giả sử (0, c) là khoảng lớn nhất trên đó V < W , và giả sử ngược lại c < R Từ

V < W và bất phương trình vi phân đầu ta có (rn−1v0)0 < (rn−1w0)0 trên (0, c) Thayđiều này vào bất phương trình vi phân thứ hai và tích phân hai lần ta có V0 < W0trên (0, c), và do đó V < W trên nửa khoảng đóng (0, c] Điều này mâu thuẫn vớigiả thiết (0, c) là khoảng lớn nhất sao cho V < W Do đó v ≤ w, v0 ≤ w0, V ≤ W ,

V0 ≤ W0 trên (0, R)

Tiếp theo ta chứng minh (a) Phần (a) được suy ra từ (b) theo cách sau: Đặt

f := (rn−1V0)0+ v−q và (v, V) là nghiệm của bài toán giá trị ban đầu

(rn−1v0)0 = rn−1V, v = v(0) − , v0(0) = 0,(rn−1V0)0+ rn−1v−q= f ≤ 0, V(0) = V (0), V0(0) = 0

Chú ý với  = 0, tính duy nhất của bài toán giá trị ban đầu cho ta (v0, V0) = (v, V ).Hơn nữa, với  > 0 thì cặp (v, V) và (w, W ) thỏa mãn giả thiết của phần (b), do

đó ta suy ra v < w, v0 < w0, V < W , V0 < W0 trên (0, R) Cho  → 0 ta có điềuphải chứng minh

Do mọi hàm cầu u trong R3 đều thỏa mãn ∆2u(r) = u(4)+ 4u(3)(r)/r nên khi

n = 3 ta có thể chứng minh nguyên lý so sánh sau

Bổ đề 1.7 (nguyên lý so sánh đối với n = 3) Cho (v, w) là cặp hàm số thuộc C4

trên nửa khoảng [0, R) với v, w > 0 trên [0, R) và với

Bổ đề 1.8 Nếu u > 0 là nghiệm dương thuộc C4 trên R3 thì ∆u > 0

Chứng minh Đầu tiên ta chứng minh ∆u ≥ 0 Phản chứng, giả sử ∃x0 ∈ R3 saocho ∆u(x0) < 0 Để tiện trong trình bày, ta ký hiệu các trung bình của u và ∆unhư sau

u(r) =

Z

∂B r (x 0 )

Ta có

∆u(r) = ∆

Z

∂B r (x 0 )

udσ =

Z

∂B r (x 0 )

u−qdσ = −∆

Z

Nếu r đủ lớn thì u(r) < 0 (vô lý), từ đó ta có ∆u ≥ 0

Tiếp theo ta chứng minh ∆u > 0 Giả sử tồn tại x1 sao cho w(x1) = 0 tức

∆u(x1) = 0 thì ∆w(x1) ≥ 0 do w đạt giá trị cực tiểu tại đây (mâu thuẫn với phươngtrình ∆2u + u−q = 0) Từ đó ta có ∆u > 0

Tính dưới điều hòa của u trong Bổ đề 1.8 rất quan trọng khi nghiên cứu cácphương trình bậc cao Trong kết quả tiếp theo, sử dụng tính điều hòa dưới ta có thểkiểm soát được dấu của các đạo hàm của u và w

Bổ đề 1.9 Với u(r) và w(r) được định nghĩa trong công thức (1.3) và (1.4) ta có:

u0(r) > 0, u00(r) > 0, u000(r) < 0, (1.7)

w0(r) < 0, (1.8)với mọi r > 0

Chứng minh Trước tiên ta thiết lập (1.8) Từ bất đẳng thức trong công thức (1.5)

∆w + u−q ≤ 0, nhân hai vế với r2 rồi tích phân trên [0, r] ta được

Z r 0

∆w(t)t2dt +

Z r 0

u−q(t)t2dt ≤ 0

Do ∆w(r) = r−2(r2w0(r))0 nên ta có

Z r 0

(t2w0(t))0dt +

Z r 0

u−q(t)t2dt ≤ 0

Điều này tương đương với

r2w0(r) +

Z r 0

u−q(t)t2dt ≤ 0

Do R0ru−q(t)t2dt > 0 nên w0(r) < 0 Tiếp theo ta thiết lập (1.7) Ta có ∆u =

r−2(r2u0)0 từ đó suy ra (r2u0)0 = r2w(r) Tích phân hai vế phương trình này trên[0, r] ta được

r2u0(r) =

Z r 0

t2w(t)dt,hay là

u0(r) = 1

r2

Z r 0

Do ∆2u < 0 nênr4u(3)(r)0 < 0 với mọi r > 0 Tích phân hai vế trên [0, r] ta suy ra

u(3)(r) < 0 Tiếp theo ta chứng minh công thức thứ hai trong (1.7) Từ u(3)(r) < 0

ta suy ra u(2)(r) là hàm giảm chặt Giả sử u(2)(r) ≤ 0 tại r = r1 thì tồn tại δ > 0sao cho r ≥ r2 > r1, u(2)(r) ≤ −δ Tích phân hai vế trên [r2, r] ta được

Từ đó, suy ra u0(r) − u0(r2) ≤ 0 Với r đủ lớn thì u0(r) < 0 (vì với r đủ lớn thì

u0(r2) < 0), điều này trái ngược với công thức đầu trong (1.7) (mâu thuẫn), ta suy

ra u00(r) > 0

1.3.2 Điều kiện cần của q để phương trình ∆2u + u−q = 0 trong R3 có

0 < q ≤ 1 Trong phần đầu của chứng minh ta sẽ chỉ ra q ≥ 1 Ta vẫn sử dụng ký hiệu

w = ∆u Trong phần đầu chứng minh công thức (1.7) ta đã có r2u0(r) =R0rt2w(t)dt,

và do w0(r) < 0 nên ta có:

r2u0(r) =

Z r 0

t2w(t)dt ≥

Z r 0

t2w(r)dt = t

3

3w(r)

r 0

u0(t)dt ≥

Z r 0

1

3tw(t)dt ≥

Z r 0

w0(t)dt

= rw(2r) − r

4π

Z 2r r

t−2Z

t−2Z

B t (0)

u−q(x)dx

≥ 18πZ

B t (0)

u−q(x)dx = 1

2

Z r 0

t2

Z

∂B t (0)

u−q(x)dσxdt

Vậy ta được

rw(r) ≥ 1

2

Z r 0

t2

Z

t2

Z

Z r 0

t2u−q(t)dt

≥ 12

Z r 0

r 0