ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP.HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TP.HỒ CHÍ MINH Ngô Thanh Mỹ SỰ KHÔNG TỒN TẠI LỜI GIẢI DƯƠNG CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁN NEUMANN PHI TUYẾN TRONG NỬA KHÔNG GIAN TRÊN Luận văn Thạc sỹ Toán học Chuyên ngành : Toán Giải Tích Mã số : 1.01.01 Người hướng dẫn : TS. Nguyễn Thành Long Đại học Khoa Học Tự Nhiên Tp. Hồ Chí Minh. THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH 2001 1 Công trình được hoàn thành tại: Trường Đại học Khoa Học Tự Nhiên Tp. Hồ Chí Minh. Người hướng dẫn : TS. Nguyễn Thành Long Khoa Toán- tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên Tp. Hồ Chí Minh. Người nhận xét1 :………… ……………………… ……………………… Người nhận xét 2 :………… ……………………… ……………………… Học viên cao học: Ngô Thanh Mỹ Trung tâm Tại Chức tỉnh Bình Thuận. Luận án sẽ được bảo vệ tại Hội Đồng chấm luận án cấp Nhà Nước tại Trường Đại học Khoa Học Tự Nhiên Tp. Hồ Chí Minh. vào lúc ……giờ……ngày … tháng… năm 2001 Có thể tìm hiểu luận án tại Phòng Sau Đại học, thư viện Trường Đại Học Đại học Khoa Học Tự Nhiên Tp. Hồ Chí Minh. THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH 2001 2 MỤC LỤC Chương 1: Phần tổng quan……………………………………………………………………… trang 01 Chương 2: Thiết lập phương trình tích phân phi tuyến…… ………….trang 03 Chương 3: Sự không tồn tại lời giải dương của bài toán với n = 3……………………………………………………………………………………….trang 12 Chương 4: Sự không tồn tại lời giải dương của bài toán với n ………………………………………………………………………………………trang 26 3> Phần kết luận. ……………………………………………………………………………………………….trang 39 Tài liệu tham khảo………………………………………………………………………………….……trang 40 3 Chương 1 TỔNG QUAN Trong luận văn nầy, chúng tôi xét bài toán Neumann phi tuyến sau (1.1) () { } ,0,:,,0 1 >∈ ′′ =∈=∆ − + n n n n xRxxxRxu (1.2) . () ()() 1 ,0,,0, − ∈ ′′′ = ′ − n x Rxxuxgxu n Trong [1] các tác giả Bunkin, Galaktionov, Kirichenko, Kurdyumov, Samarsky (1988) đã nghiên cứu bài toán (1.1),(1.2) với n = 2 với phương trình Laplace (1.1) có dạng đối xứng trục (1.3) 0 1 =++ zzrrr uu r u , r > 0 , z > 0, và với điều kiện biên phi tuyến có dạng cụ thể như sau (1.4) )0,()exp()0,( 2 0 2 0 ru r r Iru z α + − =− , r 0, ≥ trong đó ,α là các hằng số dương cho trước. 00 , rI Bài toán (1.3),(1.4) làtrường hợp dừng của bài toán liên hệ với sự đốt cháy bởi bức xạ. Trong trường hợp 0 <α 2 các tác giả trong [1] đã chứng minh rằng bài toán (1.3),(1.4) không có lời giải dương. Sau đó, kết quả nầy đã được mở rộng trong [7] bởi Long, Ruy (1995) cho điều kiện biên phi tuyến tổng quát ≤ (1.5) , r 0. ))0,(,()0,( rurgru z =− ≥ Trong [8] Ruy, Long, Bình (1997) đã xét bài toán (1.1),(1.2) với n = 3 và hàm g là liên tục, không giảm và bò chận dưới bởi một hàm lũy thừa bậc α đối với biến thứ ba và chúng tôi đã chứng minh rằng nếu 0 <α 2 thì bài toán như thế không có lời giải dương. ≤ Các tác giả Bình, Diễm, Ruy, Long [2] (1998) và Bình, Long [3] (2000) đã xét bài toán (1.1),(1.2) với . Hàm số g : là liên tục, không giảm đối với biến u, thỏa điều kiện 3>n ),0[),0[ 1 +∞→+∞× −n R 4 (1.6) 0 , M > 0 : ≥ M ,∀ ≥ 0,∀∈ , ∃α ≥ ∃ ),( uxg ′ α u u x ′ 1−n R và một số điều kiện phụ. Trong [5], [6] các tác giả đã chứng minh sự không tồn tại lời giải dương của bài toán (1.1), (1.2) với (1.7) = u . ),( uxg ′ α Trong [5] Hu và Yin (1994) đã chứng minh với , n 3 và trong [6] Hu (1994) đã chứng minh với , n 3. Cũng cần chú ý rằng hàm = u không thỏa các điều kiện trong các bài báo [2], [7], [8]. )2/()1(1 −−<≤ nnα )2/(1 −<< nn α ≥ ≥ ),( uxg ′ α Trong luận văn nầy, chúng tôi xét tôi xét bài toán (1.1),(1.2) với 3. Hàm liên tục thỏa điều kiện (1.6) mà (1.7) là một trường hợp riêng. Bằng cách xây dựng một dãy hàm thích hợp chúng tôi chứng minh rằng nếu, 0 , 3, bài toán (1.1), (1.2) không có lời giải liên tục dương. n ≥ ),( uxg ′ )2/()1( −−≤≤ nnα n ≥ Luận văn nầy ngoài phần kết luận và phần tài liệu tham khảo sẽ được trình bày trong 4 chương: Trong chương 1, là phần tổng quan về bài toán, nguồn gốc về bài toán, một số kết quả đã có trước đó và nội dung cần trình bày trong các chương sau đó của luận văn. Trong chương 2, là phần thiết lập phương trình tích phân phi tuyến theo giá trò biên xuất phát từ phương trình Laplace n - chiều trong nửa không gian trên liên kết với điều kiên biên Neumann. Trong chương 3, chúng tôi nghiên cứu sự không tồn tại lời giải dương của bài toán (1.1), (1.2) cụ thể với n = 3. Trong chương 4, chúng tôi nghiên cứu sự không tồn tại lời giải dương của bài toán (1.1), (1.2) với . 3>n Phần kết luận nêu lên một số kết quả thu được trong luận văn và một số chú ý kèm theo. Cuối cùng là phần tài liệu tham khảo. 5 CHƯƠNG 2 THIẾT LẬP PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN Trong chương nầy, chúng ta thiết lập phương trình tích phân phi tuyến theo ẩn hàm là hàm giá trò biên xuất phát từ phương trình Laplace n - chiều trong nửa không gian trên liên kết với điều kiên biên Neumann. Trước hết, ta đặt các ký hiệu sau: }0,:),({ 1 >∈ ′ ∈ ′ == − + n nn n n xRxRxxxR }0,:),({ 1 ≥∈ ′ ∈ ′ == − + n nn n n xRxRxxxR n Rx ∈ , , ),(), ,,( 21 nn xxxxxx ′ == 2 1 2 2 2 1 1 2 )( n n i i xxxx + ′ =         = ∑ = . Chúng ta xét bài toán: Tìm một hàm u có tính chất : ( 1 S ) ()       ∈ ++ nn RCRC I 2 u ,       ∈ + n x RC n u , () 2 S +∞→R lim         ∂ ∂ + >= >= )(sup.)(sup 0, 0, x u Rxu n n xRx xRx ν = 0, và thỏa phương trình Laplace: (2.1) () { } ,0,:,,0 1 >∈ ′′ =∈=∆ − + n n n n xRxxxRxu và điều kiện biên Neumann (2.2) , () () 1 1 ,0, − ∈ ′′ = ′ − n x Rxxgxu n 6 trong đó ν∂ ∂ . chỉ đạo hàm theo hướng véctơ pháp tuyến đơn vò trên nửa mặt cầu 0, > n xR = x 1−n R , hướng ra ngoài và là hàm số cho trước liên tục trên . 1 g Ta xét hàm Green cho phương trình Laplace với điều kiện Neumann như sau: (2.3) ] ~ [ )2( 1 ),( 22 nn n xaxa n xa −− −+− − = ω γ , trong đó , , , n n Rxxx ∈ ′ = ),( ),( ~ n xxx − ′ = n Ra + ∈ ω là diện tích của quả cầu đơn vò trong . n n R Ta chú ý rằng với cố đònh, hàm γ thuộc lớp C trong và n Ra + ∈ .),(a ∞ } ~ ,{\ aaR n (2.4) 0),( 1 2 2 = ∂ ∂ =∆ ∑ = n i i xa x γγ , , axax ~ , ≠≠∀ (2.5) γ trên . 0)0,,( = ′ xa n x 0= n x Ta cố đònh a và số thực . Chọn ε đủ nhỏ sao cho n R + ∈ 0>R 0> RR nn BRaxRx Ω≡∩⊂≤−∈= ++ }:{ ε ε S với }:{ RxRxB n R <∈≡ . Áp dụng công thức Green trên miền ε S R \Ω , ta viết được: (2.6) ∫∫∫ =−Ω∂ Ω −−−=∆−∆ ε νννν γγγγγγ ε ax S dSuudSuudxuu R R )()()( \ . Ta có bổ đề sau: Bổ đề 1: Với giả thiết ( ta có ) 1 S 7 (2.7) )()(lim 0 audSuu ax =− ∫ =− → + ε νν ε γγ . Chứng minh: Ta viết hàm Green γ dưới dạng: ),( xa (2.8) γ , ),(),(),( xaxasxa Φ+= n n xa n xa − − − = 2 )2( 1 ),( ω s , ) ~ ,( ~ )2( 1 ),( 2 xasxa n xa n n =− − = − ω Φ . Ta có: (2.9) ∫∫∫ =−=−=− −+Φ−Φ=− ε νν ε νν ε νν γγ axaxax dSsuusdSuudSuu )()()( = . ),(),( 21 εε aIaI + * Do giả thiết , hàm liên tục trên ( 1 S ) ),(),(),(),( xaxauxauxax νν Φ−Φa ε S nên (2.10) . 0),(lim 1 0 = + → ε ε aI * Đổi biến , chuyển tích phân mặt trên mặt cầu tâm bán kính ε thành tích phân mặt trên mặt cầu đơn vò tâm O. yax ε+= a (2.11) ∫∫ = − =− ++= 1 1 )(),( y n ax dyauyaasdSus ωεεε ν ε ν 0)( )2( 1 →+ − = ∫ =y n dyau n ωε ω ε ν khi ε . + → 0 (2.12) ∫∫ = − =− ++−=− 1 1 ),()( y n ax dyaasyaudSus ωεεε ν ε ν )()( 1 1 audyau y n →+= ∫ = ωε ω khi ε . + → 0 Vậy (2.11), (2.12) dẫn đến 8 (2.13) . 0),(lim 2 0 = + → ε ε aI Từ (2.9), (2.10), (2.13) ta suy ra bổ đề 1 được chứng minh. Từ (2.6) , thay , và , sau đó cho ta thu được 0=∆γ ax ≠∀ 0=∆u + → 0ε (2.14) , . ∫ Ω∂ −= R dSuuau )()( νν γγ R a Ω∈∀ Bổ đề 1 được chứng minh xong. Bổ đề 2: Giả sử là lời giải của (2.1), (2.2) thỏa các điều kiện , ( , ta có u () 1 S ) 2 S (2.15) . ∫∫ − ′ −=− Ω∂ +∞→ 1 )(lim n n R R x R xdudSuu γγγ νν Chứng minh: Ta có RRR SD ∪=Ω∂ , }:)0,{( RxxD R ≤ ′′ = , }0,:),({ >= ′ == nnR xRxxxxS . Ta viết (2.16) . ∫∫∫ −+−=− Ω∂ RRR SD dSuudSuudSuu )()()( νννννν γγγγγγ Ta sẽ chứng minh rằng: (2.17) , ∫ − +∞→ R D R dSuu )(lim νν γγ ∫ − ′ −= 1n n R x xduγ (2.18) . 0)(lim =− ∫ +∞→ R S R dSuu νν γγ Chứng minh (2.17) 9 Trên : ν , R D )1, ,0,0( −= n x uu −= ν * n nn n nn n n nx xa ax xa ax xan n xxas n − − − = − − −− − = ′ − ωω 1 )2( )2( 1 ),;( 1 . Tương tự n nn n nx xa ax xxa n ~ 1 ),;( − + − = ′ ω Φ . γ , ),(),(),( xaxasxa Φ+= Do đó: , 0)0,;()0,;()0,;( = ′ Φ+ ′ = ′ xaxasxa nnn xxx γ hay (2.19) 0);( = R D xa ν γ . (2.20) ( ) 2)2( 2 2 1 )2( 2 );( − + ′ − ′ × − = n n n D axa n xa R ω γ . Từ (2.19) và (2.20) dẫn đến (2.21) . ∫∫ +∞→+∞→ =− RR D R D R dSudSuu ννν γγγ lim)(lim = . ∫∫∫ − ′ −= ′ −= ′ +∞→+∞→ 1 limlim n n R n R R x D x R D R xduxduxdu γγγ ν (2.17) được chứng minh. Chứng minh (2.18) Trước hết ta đánh giá các tích phân trên : R S (i) Đánh giá tích phân . ∫ R S dSu ν γ * Trên ta có R S (2.22) () 2 1 )2( 2 );(0 − − × − ≤≤ n n aR n xa ω γ , . R Sx ∈∀ 10 [...]... suy từ (4 .15 ), (4 .16 ) rằng (4 .17 ) 1 u (x) ≥ M bN ( u ( x0 ))α 2 ∫ y − x0 ≤ r0 dy y−x N 1 1 1 1 × ≥ M bN ( u ( x0 ))α × 2 (1 + x0 + r0 ) N 1 (1 + x ) N 1 ∫ dy y − x0 ≤ r0 ω N r0N 1 1 1 = M bN ( u ( x0 ))α × × , 2 (1 + x0 + r0 ) N 1 (1 + x ) N 1 N ∀x ∈ R N Ta viết lại 31 (4 .18 ) u ( x) ≥ u1 ( x) = m1 (1 + x ) − q1 , ∀x ∈ R N , trong đó (4 .19 ) q1 = N − 1 , m1 = M bN ω N r0N u α ( x0 ) N 2α (1 + x0 +... ) , (G2 ) Khi đó hàm số 1 u ( x, y , z ) = x 2 + y 2 + ( z + 1) 2 ( ) ( )( ) * * * là lời giải dương của bài toán (3 .1) , (3.2) và thỏa S1 , S 2 , S3 26 CHƯƠNG 4 SỰ KHÔNG TỒN TẠI LỜI GIẢI DƯƠNG VỚI TRƯỜNG HP N > 3 Trong phần nầy ta xét bài toán Neumann sau đây với n > 3 : Tìm một hàm u là lời giải của bài toán Neumann n ∆u = 0 , x ∈ R+ = (4 .1) (4.2) {(x′, x n ) : x′ ∈ R n 1 , xn > 0 } , − u xn ( x′,0)... 1 i ≤ n )n 1 a Tương tự: (2.29) Φ xi (a ; x) ≤ ≤ (2.30) 1 ωn Φ xn (a ; x) = ( 1 ωn xi − a i 1 ≤ n ωn a−~ x 1 ~− a x = ) n 1 1 ωn 1 xn + an 1 ≤ ωn a − ~ n ωn x 1 a−~ x 1 (R− 1 a−~ x a n 1 n 1 , 1 ≤ i ≤ n − 1, )n 1 ≤ 1 ωn (R− 1 a )n 1 Ta suy từ (2.24),(2.28),(2.29),(2.30) rằng: n γ ν ≤ ∑ ( s xi + Φ xi ) ν i ≤ (2. 31) i =1 2n ωn (R− 1 a )n 1 -10 Do đó: (2.32) ∫ uγ ν dS SR ≤ 2n 1 × ω n (R − a ) 2n 1. .. N ∫ 1 ) N 1 Chú ý rằng với mọi r sao cho 1 ≤ r ≤ x ta có 34 ∫ 0 r N −1dr 1 dy +∞ (1 + r ) − N r N 1 x ≥ bN ω N y−x N (1 + y ) − N +∞ (1 + y ) − N dr ∫ dS r y =r (1 + r ) − N r N 1 ( r + x ) N 1 dr (4.33)  r    1+ r  N ≥ 1 2 N 1 1 ≥ r+ x 2x và Vậy, ta có từ (4.33) rằng x (4.34) r N −1dr ∫ (1 + r ) N ( r + x 1 ) N 1 = ≥ 1 2 N ( 2x ) 1 4 × N 1 x 1 N −2 1 x × ln ( N 1 dr ∫ r( r + x 1 1+ x... (2 .14 ) và Bổ đề 2 Bổ đề 3: Giả sử u là lời giải của (2 .1) , (2.2) thỏa các điều kiện (S1 ) , (S 2 ) , ta có (2.34) u (a) = − ∫ γ u xn dx ′ = R n 1 ∫ n γ (a ; x ′,0) g1 ( x ′)dx ′ , ∀a ∈ R+ R n 1 Ta có đònh lý sau: -11 Đònh lý 1: Nếu lời giải u của bài toán (1. 1), (1. 2) với g : R n 1 × [0,+∞) → [0,+∞) là hàm liên tục thỏa các tính chất (S1 ) , (S 2 ) , khi đó u là lời giải của phương trình tích phân phi. .. (4.9) với q = α q1 = α ( N − 1) > 1 , ta suy ra từ (4.20) rằng: α (4.22) u (x) ≥ M m1 A[ (1 + y ) −α q1 ]( x) α ≥ M m1 hay (4.23) bN ω N (αq1 − 1) 2 N 1 (1 + x )1 αq1 , ∀x ∈ R N u ( x) ≥ u 2 ( x) = m2 (1 + x ) − q2 , ∀x ∈ R N , trong đó 32 (4.24) q2 =α q1 − 1 , m2 = α M bN ω N m1 2 N 1 q 2 Giả sử rằng (4.25) u (x) ≥ uk 1 ( x ) = mk 1 ( 1 + x ) − qk 1 , ∀x ∈ R N Nếu α q k 1 > 1 , khi đó ta dùng... dr ( 1+ r ) α 1 2(α − 1) ( 1 + x 2 + y 2 ) α 1 (iii) α = 2 : Tương tự như (3.8), ta có (3 .12 ) A [ ( 1 + ξ 2 + η 2 ) − 2 ] ( x, y ) ≥ +∞ ∫ 0 rdr 2 ( 1+ r ) ( r + x2 + y2 ) +∞ ≥ ∫ 1 Sử dụng bất đẳng thức 17 rdr 2 2 ( 1+ r ) ( r + x + y 2 ) r (3 .13 ) (1 + r ) 2 1 , 4r ≥ ∀r ≥ 1 , ta suy ra A [ ( 1 + ξ 2 + η 2 ) − 2 ] ( x, y ) ≥ (3 .14 ) = +∞ 1 1 ∫(r 4 x2 + y2 − 1 1 4 +∞ ∫ 1 dr r( r + x 2 + y 2 ) 1 r +... (4 .11 ) rằng (4 .12 ) A [ (1 + y ) −q +∞ ]( x) ≥ J q = bN ω N (1 + r ) − q r N 1 ∫ ( r + x ) N 1 0 +∞ = bN ω N ∫ (1 + r ) −q ( 1 + 0 dr x r )1 N dr ≡ bN ω N I q Tích phân I q phân kỳ khi q ≤ 1 và hội tụ khi q > 1 Hơn nữa, ta có (4 .13 ) +∞ Iq = ∫ (1 + r ) −q ( 1 + 0 +∞ ≥ ∫ (1 + r ) −q ( 1+ x 30 x r x r )1 N dr )1 N dr +∞ ≥ ∫ (1 + r ) − q 1 N 2 x 21 N dr = (1 + x )1 q q 1 Do đó bổ đề 5 được chứng... y )]( x) 35 ) ≥ M A[vα 1 ( y )]( x) = M bN k ∫ R ≥ M bN ∫ R N vα 1 ( y ) k ( y + x ) N 1 +∞ = M bN 1 ∫ dy vα 1 ( y ) k y 1 ( r + x ) N 1 y =r N 1 y−x dy ≥ M b N vα 1 ( y ) k ∫ dr ∫ N vα 1 ( y ) k ( y + x ) N 1 dS r αp =M α bN ω N C k 1 +∞ ∫ 1  1 + r  k 1 )  ln( 2   dr r ( r + x ) N 1 Ta xét trường hợp x ≥ 1 , ta có αp (4.39) +∞ ∫ 1 αp  1 + r  k 1  1 + r  k 1 ) )  ln( + ∞  ln(... sau: 14 Đònh lý 2: Nếu lời giải u của bài toán (3 .1) , (3.2) với g : R 2 × [0,+∞) ( )( ) * * → [0,+∞) là hàm liên tục thỏa các tính chất S1 , S 2 Khi đó u là lời giải của phương trình tích phân phi tuyến sau: (3.3) u ( x, y, z ) = 1 2π g (ξ ,η , u (ξ ,η ,0)) ∫∫ 2 2 ( x − ξ ) + ( y − η) + z R2 2 3 dξ dη , ∀( x, y, z ) ∈ R+ Ta cũng giả sử rằng giá trò biên u ( x, y,0) của lời giải u của bài toán (3 .1) , . ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP.HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TP.HỒ CHÍ MINH Ngô Thanh Mỹ SỰ KHÔNG TỒN TẠI LỜI GIẢI DƯƠNG CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁN NEUMANN PHI TUYẾN TRONG NỬA. ……………………… ……………………… Người nhận xét 2 :………… ……………………… ……………………… Học viên cao học: Ngô Thanh Mỹ Trung tâm Tại Chức tỉnh Bình Thuận. Luận án sẽ được bảo vệ tại Hội Đồng chấm luận. (1.1), (1.2) không có lời giải liên tục dương. n ≥ ),( uxg ′ )2/()1( −−≤≤ nnα n ≥ Luận văn nầy ngo i phần kết luận và phần tài liệu tham khảo sẽ được trình bày trong 4 chương: Trong chương