Đang tải... (xem toàn văn)
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÊ THỊ CHUNG BÀI TOÁN BIÊN ELLIPTIC MỞ RỘNG TRONG NỬA KHÔNG GIAN CHO PHƯƠNG TRÌNH VỚI HỆ SỐ HẰNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN NĂM 2014 Tai ngay!!![.]
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÊ THỊ CHUNG BÀI TOÁN BIÊN ELLIPTIC MỞ RỘNG TRONG NỬA KHƠNG GIAN CHO PHƯƠNG TRÌNH VỚI HỆ SỐ HẰNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2014 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÊ THỊ CHUNG BÀI TỐN BIÊN ELLIPTIC MỞ RỘNG TRONG NỬA KHƠNG GIAN CHO PHƯƠNG TRÌNH VỚI HỆ SỐ HẰNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: TOÁN ỨNG DỤNG Mã số: 60.46.01.12 Người hướng dẫn khoa học PGS TS HÀ TIẾN NGOẠN THÁI NGUYÊN - NĂM 2014 Mục lục Mở đầu Các đánh giá toán biên nửa đường 1.1 Bài toán biên nửa đường thẳng Các đánh giá 1.1.1 Toán tử vi phân với hệ số 1.1.2 Bài toán biên nửa đường thẳng 1.1.3 Đánh giá nửa đường thẳng 1.2 Một số bổ đề 1.3 Chứng minh Định lý 1.1 thẳng Bài toán biên cho nửa không gian 2.1 Biến đổi Fourier số không gian hàm 2.1.1 Toán tử vi phân đạo hàm riêng với hệ số 2.1.2 Biến đổi Fourier Rn 2.1.3 Không gian S (Rn ) 2.1.4 Không gian H s (Rn ) , s ∈ R 2.1.5 Không gian H r,s (Ω) , s ∈ R, r ∈ N 2.2 Đánh giá toán biên với điều kiện biên 2.2.1 Bài toán biên với điều kiện biên 2.2.2 Đánh giá tốn biên nửa khơng gian 2.2.3 Sự tồn nghiệm toán biên 2.3 Một số ví dụ 2.4 Bài toán biên với điều kiện biên không Kết luận Tài liệu tham khảo 4 4 13 18 18 18 19 20 20 20 21 21 22 23 25 31 35 36 Mở đầu Lý thuyết toán biên elliptic cổ điển thường xét cho phương trình elliptic cấp chẵn với số điều kiện biên nửa số cấp phương trình Luận văn xét phương trình elliptic tuyến tính với hệ số khơng thiết elliptic đắn, tức cấp phương trình khơng thiết chẵn, trường hợp cấp chẵn số nghiệm đặc trưng với phần ảo dương âm không thiết Luận văn gồm Mở đầu, hai chương, Kết luận Tài liệu tham khảo Chương I: Nghiên cứu toán biên cho phương trình vi phân thường nửa đường thẳng với hệ số Chương đưa đánh giá nghiệm nửa đường thẳng Chương II: Trình bày tốn biên cho phương trình elliptic với cấp nửa khơng gian Trong số điều kiện biên số nghiệm đặc trưng phương trình với phần ảo dương Trên sở kết Chương I, Luận văn trình bày đánh giá tiên nghiệm toán, phát biểu chứng minh định lý tồn nghiệm sau đưa số ví dụ minh họa Luận văn hoàn thành với bảo hướng dẫn tận tình PGS.TS Hà Tiến Ngoạn Nhân dịp em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Em xin chân thành cảm ơn Ban Giám Hiệu, phòng Đào tạo Sau đại học trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên thầy cô giáo tham gia giảng dạy khóa học Tơi xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp thành viên lớp cao học toán K6D quan tâm, động viên, giúp đỡ suốt thời gian học tập trình làm luận văn Luận văn hoàn thành với tài liệu tham khảo chương M Schechter, 1977, Modern Methods in Partial Differential Equations, An Introduction, McGraw-Hill Inc Tác giả Lê Thị Chung Chương Các đánh giá toán biên nửa đường thẳng 1.1 Bài toán biên nửa đường thẳng Các đánh giá Trước tiên, ta nhắc lại kiến thức liên quan đến toán biên nửa đường thẳng 1.1.1 Toán tử vi phân với hệ số Trong chương ta ký hiệu t biến độc lập, biến thiên đường thẳng R Toán tử vi phân thường với hệ số có dạng: P (Dt ) = m X ak Dtk k=0 ∂ , i2 = −1 ak số phức, Dt = −i ∂t Đa thức tương ứng bậc m sau P (z) = m X ak z k , z ∈ C k=0 gọi đa thức đặc trưng toán tử P (Dt ) 1.1.2 Bài toán biên nửa đường thẳng Xét toán biên nửa đường thẳng sau Ta có tốn tử P (Dt )u = f (t) t>0 (1.1) với điều kiện biên Qi (Dt ) u|t=0 = Ui , i = 1, 2, 3, , r (1.2) P (D) = m X ak Dtk Qi (D) = k=0 Đặt P (z) = Pm mi X bik Dtk k=0 j j=0 aj z Qi (z) = mi P bik z k Đa thức Qi (z) có bậc mj nhỏ k=0 m Giả sử phương trình P (z) = khơng có nghiệm thực có r nghiệm phức kể bội với phần ảo dương Do đó, τ1 , τ2 , , τm nghiệm, thứ tự chúng cho Imτk > 0, k r (1.3) Ta đặt P+ (z) = (z − τ1 ) (z − τm ) P− (z) = P (z) P+ (z) (1.4) (1.5) Với đa thức Q(z) có bậc nhỏ m, phân tích thành tổng hữu tỷ Q (z) Q+ (z) Q− (z) = + P (z) P+ (z) P− (z) Q(z) P (z) (1.6) Q+ (z) có bậc nhỏ r Q− (z) có bậc nhỏ m − r Giả sử có r đa thức Đặt Z+∞ αij = −∞ Z+∞ βij = −∞ 1.1.3 Qi+ (τ ) Qj+ (τ ) dτ |P+ (τ )|2 ≤ i, j ≤ r, (1.7) Qi− (τ ) Qj− (τ ) dτ |P− (τ )|2 ≤ i, j ≤ r (1.8) Đánh giá nửa đường thẳng Dưới ta phát biểu định lý quan trọng Chương Xét ma trận Hermitian A = (αij ) , B = (βij ) αij βij xác định tương ứng (1.7) (1.8) Chúng ta chứng minh định lý sau Định lý 1.1 Giả sử tồn ma trận A−1 tồn số K1 , cho BA−1 B ≤ K1 B (1.9) Nếu R(z) đa thức thoả mãn |R (τ )| C1 |P (τ )| τ R (1.10) tồn số C phụ thuộc vào C1 K1 , cho Z∞ |R (Dt ) u|2 dt ≤ C Z∞ |P (Dt ) u|2 dt+ r X αij Ui U j u ∈ S (0, ∞) i,j=1 (1.11) (αij ) = A−1 , Ui = Qi (Dt ) u (0) ≤ i ≤ r Bất đẳng thức (1.9) có nghĩa với véc tơ U = (U1 , , Ur ), ta có U ∗ BA−1 BU ≤ K1 U ∗ BU Phần chứng minh trình bày Mục 1.3 (1.12) 1.2 Một số bổ đề Trước tiên ta ký hiệu không gian hàm khả vi có độ giảm nhanh ∞ n o thời không, cho r X γj Qj+ = j=1 điều suy r X 1≤i≤r αij γj = j=1 mà điều mâu thuẫn với giả thiết ma trận A không suy biến Do đa thức Qj+ độc lập tuyến tính có bậc nhỏ r có r đa thức Chúng sở cho không gian véc tơ đa thức có bậc nhỏ r Do đó, tồn số λk , cho T (z) = r X λk Qk+ (z) k=1 Do Z+∞ −∞ r X Qj+ Gdτ = αjk λk P+ k=1 ≤ j ≤ r (1.41) Mặt khác cần lưu ý +∞ R −∞ Qj+ P+ Gdτ = +∞ R −∞ Qj+ P+ F (P− (Dt ) P− g) dτ (1.42) = 2πQj+ (Dt ) P − (Dt ) v(0) ≡ Vj ≤ j ≤ r Từ đẳng thức (1.34).Ta có λi = r X αij Vj = ≤ i ≤ r (1.43) j=1 Như hệ quả, có Z+∞ r X Qj+ X λj Wdτ = αij Vi Vj = V ∗ A−1 V |G| dτ = P+ i,j=1 −∞ 14 (1.44) V véctơ cột với phần tử Vj Từ đa thức P (z) nghiệm thực Qj− có bậc khơng nhỏ m − r, hàm dạng Qj− P− thuộc L2 (−∞, ∞) Không gian gồm tất hàm có r X Qj− j=1 P− hữu hạn chiều đóng Do phần tử L2 (−∞, ∞) có biểu diễn tổng hai phần tử, chứa khơng gian nói trực giao với Đặt F (P (Dt ) w) Do W= r X γj j=1 Qj− P− +Φ (1.45) ≤ j ≤ r (1.46) Z+∞ −∞ Qj− Φdτ = P− Do đó, Z+∞ Z+∞ X 2 |W| dτ = |Φ| dτ + βij γi γ j ≥ γ ∗ Bγ −∞ (1.47) −∞ γ véc tơ cột với phần tử γj Lưu ý từ phương trình (1.36) (1.37) Z+∞ −∞ r X Qj− βjk γk Wdτ = P− k=1 ≤ j ≤ r (1.48) Mặt khác, từ phương trình (1.33) +∞ R −∞ Qj− P− Wdτ = +∞ R −∞ Qj− P− F (P− (Dt ) P− (Dt ) w) dτ (1.49) = 2πQj− (Dt ) P− (Dt ) u (0) ≡ Yj 1≤j≤r so sánh đẳng thức Bγ = Y 15 (1.50) Y véc tơ cột với phần tử Yj Chúng ta nhận thấy Vj + Yj = 2πQj (Dt ) u (0) ≡ Uj ≤ j ≤ r (1.51) Do đẳng thức (1.6) (1.37) Giả sử U biểu thị véc tơ cột với phần tử Uj Từ phương trình (1.35) ta có Z+∞ |G|2 dτ = V ∗ A−1 V = (U − Y )∗ A−1 (U − Y ) ≤ 2U ∗ A−1 U + 2Y ∗ A−1 Y −∞ (1.52) Hơn nữa, từ (1.50),(1.9),(1.47) Z+∞ Y ∗ A−1 Y = γ ∗ BA−1 Bγ ≤ K1 γ ∗ Bγ ≤ K1 |W|2 dτ (1.53) −∞ Từ đẳng thức (1.38) ta nhận Z+∞ Z+∞ Z+∞ |F (P (Dt ) h)|2 dτ ≤ |W|2 dτ + |G|2 dτ −∞ −∞ (1.54) −∞ Từ (1.37) Hệ 1.3 suy ˜ F (P (Dt ) h) = P (τ ) h ˜ F (R (Dt ) h) = R (τ ) h Do đó, từ (1.10) Cơng thức Parseval’s ta có +∞ R |R (Dt ) u|2 dt ≤ +∞ R |R (Dt ) h|2 dt −∞ +∞ R ˜ = 2π R (τ ) h dτ −∞ +∞ R ˜ ≤ C1 P (τ ) h dτ = C12 −∞ +∞ R (1.55) |F (P (Dt ) h)|2 dτ −∞ Cuối cùng, ta lưu ý từ công thức Parseval’s ta có Z+∞ Z+∞ |W|2 dτ = 2π |P (Dt ) u|2 dt −∞ −∞ 16 (1.56)