Đang tải... (xem toàn văn)
PHƯƠNG PHÁP BIẾN PHÂN TRONG VIỆC TÌM NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN ( Luận Văn Thạc sỹ) Luận văn chỉ ra được một số trường hợp đặc biệt của n1, n2,n3....với các điều kiện nhất định thì phương trình không có nghiệm không tầm thường
VIỆN KHOA HỌC VÀ CƠNG NGHỆ VIỆT NAM VIỆN TỐN 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 CƠNG NGHỆ VIỆT NAM VIỆN TỐN HỌC DƯƠNG TRỌNG LUYỆN PHƯƠNG PHÁP BIẾN PHÂN TRONG VIỆC TÌM NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Chun ngành: Tốn 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 nghiên cứu cơng trình 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) J.Fourier (1768 - 1830), cơng cụ để mơ tả học mơ hình giải tích vật lý Vào kỷ XIX với xuất cơng trình Riemann, lý thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng chứng tỏ cơng cụ thiết yếu nhiều ngành tốn học Cuối kỷ XIX, H.Poincaré mối quan hệ biện chứng lý thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng ngành toán học khác Sang kỷ XX, lý thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng phát triển vơ mạnh mẽ nhờ có cơng cụ giải tích hàm, đặc biệt từ xuất lý thuyết hàm suy rộng S.L Sobolev L.Schwartz xây dựng Khi xét tốn phương trình đạo hàm riêng (có thể tốn biên, toán điều kiện ban đầu, toán điều kiện hỗn hợp, ) ta thường gặp khó khăn khác nghiệm nhìn chung vấn đề đặt nghiệm toán là: - Sự tồn nghiệm toán - Tính nghiệm - Tính trơn nghiệm Mục đích luận văn nghiên cứu tồn nghiệm khơng tầm thường tốn dạng: L (u) + g (u) = ∆ u + f (x) ∆ u + h2 (x) ∆ u + g (u) = Ω, f,h x y z u = ∂Ω, (2.3) Ω miền giới nội với biên ∂Ω trơn Rn1 × Rn2 × Rn3 , với n1 ≥ 1, n2 ≥ 1, n3 ≥ 1, {0} ∈ Ω, g (u) ∈ C (R) , g (0) = 0, f (x) = f (x1 , , xn1 ) ∈ C (Rn1 ) , h (x) = h (x1 , , xn1 ) ∈ C (Rn1 ) , x = (x1 , , xn1 ) , y = (y1 , , yn2 ) , z = (z1 , , zn3 ) , u (x, y, z) = u (x1 , , xn1 , y1 , , yn2 , z1 , , zn3 ) , n1 ∆x = j=1 ∂2 , ∆y = ∂x2j n2 j=1 ∂2 , ∆z = ∂yj2 n3 j=1 ∂2 ∂yj2 Luận văn bao gồm chương sau đây: Chương Nghiên cứu tồn nghiệm khơng tầm thường tốn: L (u) + g (u) = f ∂2u ∂x2 + f (x) ∂∂yu2 + g (u) = Ω, (1.1) u = ∂Ω, g (u) ∈ C (R) , g (0) = 0, f (x) ∈ C (R), Ω miền giới nội R2 với biên ∂Ω trơn {0} ∈ Ω Kết đạt được: Chỉ số trường hợp đặc biệt hàm f (x), g(u) miền Ω mà tốn (1.1) khơng có nghiệm không tầm thường, đồng thời tồn nghiệm yếu toán nhờ sử dụng phương pháp biến phân Chương Mục đích chương xét toán tổng quát: L (u) + g (u) = ∆ u + f (x) ∆ u + h2 (x) ∆ u + g (u) = Ω, f,h x y z u = ∂Ω, Ω miền giới nội với biên ∂Ω trơn Rn1 × Rn2 × Rn3 , với n1 ≥ 1, n2 ≥ 1, n3 ≥ 1, {0} ∈ Ω, g (u) ∈ C (R) , g (0) = 0, f (x) = f (x1 , , xn1 ) ∈ C (Rn1 ) , h (x) = h (x1 , , xn1 ) ∈ C (Rn1 ) , x = (x1 , , xn1 ) , y = (y1 , , yn2 ) , z = (z1 , , zn3 ) , (2.3) u (x, y, z) = u (x1 , , xn1 , y1 , , yn2 , z1 , , zn3 ) , n1 ∆x = j=1 ∂2 , ∆y = ∂x2j n2 j=1 ∂2 , ∆z = ∂yj2 n3 j=1 ∂2 ∂yj2 Kết đạt được: Chỉ số trường hợp đặc biệt n1 , n2 , n3 , f (x), h(x) g(u) với điều kiện định phương trình khơng có nghiệm khơng tầm thường, đồng thời điều kiện tồn nghiệm toán nhờ sử dụng phương pháp biến phân Luận văn hoàn thành với bảo nhiệt tình chu đáo PGS.TSKH Nguyễn Minh Trí Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn vơ sâu sắc đến Thầy, người Thầy bước hướng dẫn đường cho bước làm quen với việc nghiên cứu tốn học, có chun ngành Phương trình vi phân Đạo hàm riêng để từ nẵm vững lý thuyết tự giải toán Tơi xin bày tỏ lòng cảm ơn chân thành đến Thầy giáo, Cơ giáo Viện Tốn học, phòng Phương trình vi phân động viên khuyến khích, chia sẻ kinh nghiệm hướng dẫn tơi suốt trình học tập vừa qua Xin gửi tới đồng nghiệp Khoa Tự Nhiên, Trường Đại học Hoa Lư lời cảm ơn chân thành động viên, tạo điều kiện cho suốt trình học tập hồn thành luận văn Mặc dù cố gắng luận văn không tránh khỏi thiếu sót, tơi mong đóng góp quý báu thầy cô đồng nghiệp Hà Nội, tháng năm 2011 Học viên thực Dương Trọng Luyện Chương Đồng thức Pohozaev định lý nhúng cho khơng gian Sobolev có trọng liên hợp với toán tử Elliptic suy biến 1.1 Đồng thức Pohozaev Giả sử Ω miền giới nội R2 với biên ∂Ω trơn {0} ∈ Ω Ta xét toán sau: L (u) + g (u) = f ∂2u ∂x2 + f (x) ∂∂yu2 + g (u) = Ω, (1.1) u = ∂Ω, g (u) ∈ C (R) , g (0) = 0, f (x) ∈ C (R) u Đặt G (u) = g (t) dt υ = (υx , υy ) vector pháp tuyến đơn vị ∂Ω Định nghĩa 1.1.1 Giả sử k số thực dương, miền Ω gọi Lk - hình điểm {0}, bất đẳng thức xυx + (k + 1) yυy > thỏa mãn hầu khắp nơi ∂Ω Ví dụ Hình tròn B1 = (x, y) , x2 + y < Lk - hình k dương Bổ đề 1.1.2 (Đồng thức Pohozaev) Giả sử u(x, y) nghiệm tốn (1.1) thuộc khơng gian H (Ω) Khi với β > ta có u(x, y) thỏa mãn đẳng thức: (1 + β) G (u) − β−1 g (u) u dxdy = Ω ∂u ∂υ υx2 + f (x) υy2 (xυx + βyυy ) ds ∂Ω xf (x) f (x) + (1 − β) f (x) + ∂u ∂y dxdy Ω Chứng minh Do Ω miền trơn bị chặn nên theo định lý nhúng Sobolev ta có H (Ω) ⊂ C 0,α (Ω) , < α < mà: ∂ ∂u (xG (u)) = G (u) + xg (u) , ∂x ∂x ∂ ∂u (yG (u)) = G (u) + yg (u) ∂y ∂y Theo cơng thức Gauss – Green ta có: G (u) dxdy = − Ω xg (u) Ω G (u) dxdy = −β β ∂u dxdy, ∂x Ω yg (u) ∂u dxdy ∂y Ω Mà u(x, y) nghiệm tốn (1.1), nên ta có: G (u) dX = − (β + 1) Ω x ∂u ∂u + βy g (u) dxdy ∂x ∂y Ω ∂ 2u ∂ 2u + f (x) dxdy ∂x2 ∂y ∂u ∂u x + βy ∂x ∂y = Ω Ta tính: ∂u ∂ u x dxdy ∂x ∂x2 I1 = Ω ∂ ∂x ∂u x ∂x ∂u ∂x = + 2x ∂u ∂ u , ∂x ∂x2 Theo cơng thức Gauss – Ostrogradskii ta có: ∂u ∂ u x dxdy = − ∂x ∂x2 Ω ∂u ∂x dxdy + Ω ∂u x ∂x υx ds ∂Ω Tính : I2 = β y ∂ u ∂u dxdy ∂x2 ∂y Ω Ta có: ∂ ∂x ∂ u ∂u ∂u ∂ u =y +y , ∂x ∂y ∂x ∂x∂y ∂u ∂u y ∂x ∂y Do đó: y ∂ u ∂u dxdy = − ∂x2 ∂y y ∂u ∂ u dxdy + ∂x ∂x∂y Ω Ω Mà ∂ ∂y ∂u ∂x = Nên ∂u ∂ u y dxdy = − ∂x ∂x2 Ω ∂u ∂u υx ds, ∂x ∂y ∂Ω ∂u y ∂x y ∂u ∂x Ω 2 ∂u ∂ u , + 2y ∂x ∂x2 dxdy + ∂u y ∂x υy ds, ∂Ω Suy ra: β I2 = ∂u ∂x ∂u ∂u β y υx ds − ∂x ∂y dxdy + β Ω ∂Ω ∂u y ∂x ∂u υy ds ∂y ∂Ω Tính: ∂u ∂ u xf (x) dxdy ∂x ∂y 2 I3 = Ω Ta có: ∂ ∂y xf (x) ∂u ∂u ∂x ∂y = xf (x) ∂u ∂ u xf (x) dxdy = − ∂x ∂y ∂ u ∂u xf (x) dxdy + ∂x∂y ∂y Ω ∂ u ∂u ∂u ∂ u + xf (x) , ∂x∂y ∂y ∂x ∂y 2 Ω xf (x) ∂Ω ∂u ∂u υy ds, ∂x ∂y Mà: ∂ ∂x ∂u xf (x) ∂y ∂u = f (x) ∂y 2 2 ∂u +2xf (x) f (x) ∂y ∂u ∂ u +2xf (x) , ∂y ∂x∂y Do đó: ∂u xf (x) ∂y 2 ∂u f (x) ∂y υ1 ds = dxdy Ω ∂Ω ∂u 2xf (x) f (x) ∂y + ∂u ∂ u dxdy, 2xf (x) ∂y ∂x∂y dxdy + Ω Ω Nên I3 = 2 ∂u f (x) ∂y dxdy + Ω ∂u xf (x) f (x) ∂y dxdy Ω ∂u ∂u υy ds − f (x) ∂x ∂y ∂u xf (x) ∂y + ∂Ω 2 υx ds ∂Ω Tính: ∂u ∂ u dxdy f (x) y ∂y ∂y 2 I4 = β Ω Ta có: ∂ ∂y ∂u yf (x) ∂y ∂u = f (x) ∂y 2 ∂u yf (x) ∂y ⇒ 2 ∂u f (x) ∂y υy ds = ∂u ∂ u + 2yf (x) , ∂y ∂y 2 dxdy + Ω ∂Ω ∂u ∂ u 2yf (x) dxdy ∂y ∂y 2 Ω Nên ta có: β I4 = − ∂u f (x) ∂y 2 β dxdy + Ω ∂u yf (x) ∂y ∂Ω υy ds Do ta có: G (u) dxdy = − (1 + β) Ω ∂u ∂x f (x) dxdy + β dxdy + ∂u y ∂x ∂u xf (x) ∂y xf (x) f (x) υy ds ∂u ∂y f (x) dxdy + ∂u ∂u υy ds ∂x ∂y ∂Ω β υx ds− 2 ∂u f (x) ∂y β dxdy+ Ω ∂Ω 2 Ω υx ds ∂Ω ∂Ω Ω − β ∂u ∂u υx ds − y ∂x ∂y 2 ∂u ∂y ∂u x ∂x ∂Ω Ω dxdy + Ω β + + ∂u ∂x ∂u yf (x) ∂y 2 υy ds ∂Ω Mà ta có ∂u ∂u ∂u ∂u = υx , = υy ∂x ∂υ ∂y ∂υ Nên ta có: β−1 (1 + β) G (u) dxdy = ∂u ∂x dxdy+ Ω Ω (1 − β) xf (x) f (x)+ f (x) 2 ∂u dxdy ∂y Ω + ∂u ∂υ υx2 + f (x) υy2 (xυx + βyυy ) ds ∂Ω Do u(x, y) nghiệm tốn nên ta có: (1 + β) G (u) − β−1 g (u) u dxdy = Ω ∂u ∂υ υx2 + f (x) υy2 (xυx + βyυy ) ds ∂Ω xf (x) f (x) + (1 − β) f (x) + ∂u ∂y Ω Chọn β = k + áp dụng bổ đề ta có định lý sau: dxdy