Sự không tồn tại lời giải dương của 1 bài toán Neumann phi tuyến trong nửa không gian trên-Ngô Thanh Mỹ

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
Do ñoù
(2.23)
()
∫∫
−
−
×
−
≤
RR
S
n

n
S
dSu
aR
n
dSu
νν
ω
γ
2
1
)2(
2



()
∫
=
−
−
−
×
−
1
1
2
)(
1
)2(

2
y
n
n
n
dRyRu
aR
n
ω
ω
ν
=



()
2
)(sup
)2(
2
2
1
n
Sx
n
n
n
xu
aR
R

n
R
ω
ω
ν
∈
−
−
×
−
×
−
≤



()
)(sup
)2(
2
1
xu
aRn
R
R
Sx
n
n
ν
∈

−
−
×
−−
=
.

(ii) Ñaùnh giaù tích phaân
.
∫
R
S
dSu
ν
γ
Ta coù

(2.24)
∑∑
==
Φ+==
∂
∂
=
n
i
ixx
n
i
ix

iii
s
11
)(
ννγ
ν
γ
ν
γ


R
x
=ν .

Ta coù:


-9-

(2.25)
n
ii
n
ii
n
n
x
xa
ax

xa
ax
xan
n
xas
i
−
−
−
=
−
−
−−
−
=
−
ωω
1
)2(
)2(
1
);(
1
,
1 . ni ≤≤

(2.26)
n
ii
n

ii
n
n
x
xa
ax
xa
ax
xan
n
xa
i
~
1
~
~
)2(
)2(
1
);(
1
−
−
−
=
−
−
−−
−
=Φ

−
ωω
,
1 , 1−≤≤ ni


11
(2.27)
n
nn
n
nx
xa
ax
xxa
n
~
1
),;(
−
+
−
=
′
Φ
ω
.
Chú ý rằng:

R

Sx ∈∀ , Rxx ==
~
, : 0≥
n
x


aRaxax
−=−≥−
, aRaxax
−=−≥−
~~
.

(2.28)
1
111
);(
−
−
≤
−
−
≤
n
n
n
ii
n
x

xaxa
ax
xas
i
ωω


() ()
11
1111
−−
−
=
−
≤
n
n
n
n
aRax
ωω
, 1 . ni ≤≤
Tương tự:

(2.29)
1
~
11
~
1

);(
−
−
≤
−
−
≤Φ
n
n
n
ii
n
x
xaxa
ax
xa
i
ωω


() ()
11
11
~
11
−−
−
=
−
≤

n
n
n
n
aRax
ωω
, 1 , 1−≤≤ ni

(2.30)
()
11
11
~
11
~
1
);(
−−
−
≤
−
≤
−
+
=Φ
n
n
n
n
n

nn
n
x
aRxaxa
ax
xa
n
ωωω
.

Ta suy từ (2.24),(2.28),(2.29),(2.30) rằng:

(2.31)
()
1
1
12
)(
−
=
−
≤Φ+≤
∑
n
n
n
i
ixx
aR
n

s
ii
ω
νγ
ν
, .
R
Sx ∈∀
-10-

Do đó:
(2.32)
()
∫∫
∈
−
−
×≤
R
R
R
S
Sx
n
n
S
dSxu
aR
n
dSu )(sup

12
1
ω
γ
ν



()
2
)(sup
12
1
1
n
n
Sx
n
n
Rxu
aR
n
R
ω
ω
−
∈
−
−
×≤

12

()
)(sup
1
1
xu
aR
nR
R
Sx
n
n
∈
−
−
−
=
.

Ta suy từ (2.23), (2.32) rằng:

(2.33) ≤−
∫
R
S
dSuu )(
νν

γγ
()
)(sup
)2(
2
1
xu
aRn
R
R
Sx
n
n
ν
∈
−
−
×
−−



()
)(sup
1
1
xu
aR
nR
R

Sx
n
n
∈
−
−
−
+
.

Sử dụng giả thiết
, từ (2.33) ta suy ra
.
(
2
S
)
)
0)(lim =−
∫
+∞→
R
S
R
dSuu
νν
γγ
Do đó (2.18) được chứng minh.

Vậy bổ đề 2 được chứng minh xong.

Kết quả sau đây được suy ra từ (2.14) và Bổ đề 2.


Bổ đề 3: Giả sử là lời giải của (2.1), (2.2) thỏa các điều kiện
,
(
, ta có
u
()
1
S
2
S

(2.34) , .
∫∫
−−
′′′
=
′
−=
11
)()0,;()(
1
nn
n
RR
x
xdxgxaxduau γγ

n
Ra
+
∈∀

Ta có đònh lý sau:

-11-

Đònh lý 1: Nếu lời giải của bài toán (1.1), (1.2) với g :
là hàm liên tục thỏa các tính chất ,
()
,
khi đó
u
là lời giải của phương trình tích phân phi tuyến sau:
u
),0[),0[
1
+∞→+∞×
−
n
R
()
1
S
2
S

(2.35)

(
)
∫
−
−
+
′
−
′
′′′
−
=
′
1
2)2(
2
2
))0,(,(
)2(
2
),(
n
R
n
n
n
n
aax
xdxuxg
n

aau
ω
,
∀ .
n
n
Raa
+
∈
′
),(

13

CHƯƠNG 3

SỰ KHÔNG TỒN TẠI LỜI GIẢI DƯƠNG
CỦA BÀI TOÁN VỚI N = 3


Chúng tôi xét bài toán (1.1),(1.2) cụ thể với n = 3 như sau:


(3.1)
()
{
}
,0,,,),,(,0
33
>∈=∈=∆

+
zRzyxRzyxu

(3.2) .
() ()()
2
),(,0,,,,0,, Ryxyxuyxgyxu
z
∈=−

với g :
thỏa điều kiện:
),0[),0[
2
+∞→+∞×R

)(
1
G g làhàm liên tục,

)(
2
G Tồn tại hai hằng số , α sao cho : 0>M 0≥


, ∀ .
α
uMuyxg ≥),,( 0,, ≥∀∈ uRyx

Các tính chất

()
,
(
được cụ thể lại như sau:
1
S
)
2
S

(
)
*
1
S )()(
332
++
∩∈
RCRCu ,
)(
3
+
∈
RC
z
u
,

(
)

*
2
S
(i) 0),,(suplim
0,
2222
=
>=++
+∞→
zyxu
zRzyx
R
,
(ii)
0),,(),,(),,(suplim
0,
2222
=
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
>=++
+∞→
zyx
z

u
zzyx
y
u
yzyx
x
u
x
zRzyx
R
.

Khi đó ta có đònh lý sau:


14
Đònh lý 2: Nếu lời giải của bài toán (3.1), (3.2) với g :
là hàm liên tục thỏa các tính chất
u ),0[
2
+∞×R
),0[ +∞→
(
)
*
1
S ,
(
)
*

2
S
. Khi đó u là lời
giải của phương trình tích phân phi tuyến sau:

(3.3) ηξ
ηξ
ηξηξ
π
dd
zyx
ug
zyxu
R
∫∫
+−+−
=
2
222
)()(
))0,,(,,(
2
1
),,( , .
3
),,(
+
∈∀
Rzyx

Ta cũng giả sử rằng giá trò biên của lời giải u của bài
toán (3.1), (3.2) thỏa điều kiện:
)0,,( yxu

(
)
*
3
S
Tích phân ηξ
ηξ
ηξηξ
dd
yx
ug
R
∫∫
−+−
2
22
)()(
))0,,(,,(
tồn tại
.
2
),( Ryx ∈∀

Ta phát biểu kết quả chính trong phần nầy như sau:

Đònh lý 3: Giả sử rằng g thỏa các giả thiết

, với 0 .
Khi đó bài toán (3.1), (3.2) không có lời giải dương thỏa
)(
1
G )(
2
G 2≤<α
(
)
*
1
S ,
(
)
*
2
S
,
(
)
*
3
S
.

Chứng minh đònh lý 3:

Bằng phương pháp phản chứng, giả sử rằng bài toán (3.1), (3.2) có lời
giải dương
u

thỏa
),,( zyxu=
(
)
*
1
S ,
(
)
*
2
S
,
(
)
*
3
S
. Dùng đònh lý hội tụ bò
chận, cho trong phương trình tích phân (3.3), nhờ vào
+
→ 0z
(
)
*
3
S
, ta
thu được:

(3.4) ηξ
ηξ
ηξηξ
π
dd
yx
ug
yxu
R
∫∫
−+−
=
2
22
)()(
))0,,(,,(
2
1
)0,,(
,
.
2
),( Ryx ∈∀

Ta đặt: . Khi đó, ta viết lại (3.4) như sau: ),()0,,( yxuyxu ≡

(3.5) ),))](,(,,([),( yxugAyxu
ηξηξ=

ηξ
ηξ
ηξηξ
π
dd
yx
ug
R
∫∫
−+−
2
22
)()(
)),(,,(
2
1
≡
,
∀
.
2
),( Ryx
∈

trong đó là một toán tử tuyến tính xác đònh bằng công thức: A

15

(3.6)
∫∫

−+−
=
2
22
)()(
),(
2
1
),)](,([
R
yx
ddv
yxvA
ηξ
ηξηξ
π
ηξ ,
.
2
),( Ryx
∈∀

Để chứng minh đònh lý 3, ta chỉ cần chứng minh rằng phương
trình tích phân (3.5) không có lời giải dương liên tục.

Trước hết ta cần một số bất đẳng thức đánh giá sau đây:

Bổ đề 4.
Với mọi

ta có:
2
),( Ryx
∈

(i) +∞=++
−
),(])1([
22
yxA
α
ηξ ,
nếu
, 10 ≤<α

(ii)
1
)1)(1(2
1
),(])1([
22
22
−
++−
≥++
−
α
α
ηξ

α
yx
yxA ,
nếu α , 1>

(iii)
22
22
222
4
)1ln(
),(])1([
yx
yx
yxA
+
++
≥++
−
ηξ ,
nếu
α . 2=

Chứng minh bổ đề 4:

(i) : Sử dụng bất đẳng thức sau đây 10 ≤<α

(3.7)
222222
1

)()(
1
ηξηξ+++
≥
−+− yxyx


2222
1
1
1
1
ηξ++
×
++ yx
≥ ,

,
Ryx ∈∀ηξ
,,,
và sau đó đổi biến số qua tọa độ cực, ta thu được

(3.8)
),(])1([
22
yxA
α
ηξ
−
++

16

∫∫
+++++
≥
2
)()1(
2
1
222222
R
yx
dd
ηξηξ
ηξ
π
α


+∞=
+++
∫
+∞
0
22
)()1( yxrr
rdr
α

≥ .

(ii) α : Tương tự như (3.8), ta có 1>

(3.9) ),(])1([
22
yxA
α
ηξ
−
++
∫
+∞
+++
≥
0
22
)()1( yxrr
rdr
α



∫
+∞
+
+++
22
)()1(
22

yx
yxrr
rdr
α
≥
.
Từ bất đẳng thức sau

(3.10)
2
1
22
≥
++ yxr
r
,
22
yxr +≥∀ ,

ta thu được từ (3.9) rằng

(3.11)
),(])1([
22
yxA
α
ηξ
−
++
∫

+∞
+
+
≥
22
)1(
2
1
yx
r
dr
α


1
)1)(1(2
1
22
−
++−
α
α yx
= .

(iii) α : Tương tự như (3.8), ta có 2=

(3.12) ),(])1([
222
yxA
−

++ηξ
∫
+∞
+++
≥
0
22
)()1(
2
yxrr
rdr



∫
+∞
+++
≥
1
22
)()1(
2
yxrr
rdr
.
Sử dụng bất đẳng thức


17
(3.13)

r
r
r
4
1
)1(
2
≥
+
, ,
1≥∀r
ta suy ra

(3.14)
),(])1([
222
yxA
−
++ηξ
∫
+∞
++
≥
1
22
)(
4
1
yxrr
dr

∫
+∞
++
−
+
=
1
2222
)
11
(
4
1
dr
yxr
r
yx


+∞
++
×
+
1
2222
)ln(
4
1

yxr
r
yx
=


22
22
4
)1ln(
yx
yx
+
++
=
.

Bổ đề 4 được chứng minh.

Bây giờ, để tiếp tục chứng minh, ta giả sử rằng tồn tại
sao cho u . Do u liên tục, khi đó tồn tại
sao cho
2
00
),( Ryx ∈ 0),(
00
>yx 0
0
>r

(3.15)
000
),(
2
1
),( myxuyxu ≡> ,


.
})()(:),{(),(),(
2
0
2
0
2
000
0
ryyxxyxyxByx
r
<−+−=∈∀

Ta suy từ (
, (3.5), (3.15) và tính đơn điệu của toán tử , rằng
)
2
G A

(3.16)

),)](,([),))](,(,,([),( yxuMAyxugAyxu ηξηξηξ

α
≥=


∫∫
−+−
2
22
)()(
),(
2
R
yx
ddu
M
ηξ
ηξηξ
π
α
=


∫∫
−+−
≥
),(
22
0
00
0

)()(
2
)(
yxB
r
yx
dd
mM
ηξ
ηξ
π
α
,

.
2
),( Ryx ∈∀

18
Sử dụng bất đẳng thức sau đây

(3.17)
222222
)()( ηξηξ+++≤−+− yxyx


)1)(1(
2222
ηξ++++≤ yx

))()(1)(1(
2
0
2
0
2
0
2
0
22
yxyxyx −+−+++++≤ηξ

)1)(1(
2
0
2
0
2
0
22
ryxyx +++++≤ ,

Ryx ∈∀ , ,
∀η , ta thu được:
),(),(
00
0
yxB
r
∈ξ

(3.18)
∫∫
−+−
),(
22
0
00
0
)()(
2
)(
yxB
r
yx
dd
mM
ηξ
ηξ
π
α



∫∫
+++++
≥
),(
2
0

2
0
2
0
22
0
00
0
)1)(1(
2
)(
yxB
r
dd
ryxyx
mM
ηξ
π
α


2
0
2
0
2
0
2
0
22

0
)1)(1(
2
)(
r
ryxyx
mM
π
π
α
+++++
≥


)1(
1
)1(
2
)(
222
0
2
0
2
0
2
0
0
yxryx
r

mM
++
×
+++
≥
π
π
α
.

Ta suy từ (3.16), (3.18) rằng

(3.19)
),(
1
),(
1
22
1
yxu
yx
m
yxu ≡
++
≥
, Ryx ∈∀ ,
với
)1(2
2
0

2
0
2
0
2
00
1
ryx
rmM
+++
=
α
m
.

Ta xét các trường hợp khác nhau của α .

19

Trường hợp 1: 0 . 1≤<α

Ta thu được từ ( , (3.5), (3.19) và tính đơn điệu của toán tử , rằng )
2
G A

(3.20)

),)](,([),))](,(,,([),( yxuMAyxugAyxu ηξηξηξ
α
≥=

≥
),)](,([
1
yxuMA ηξ
α

+∞=++
−
),(])1([
22
1
yxAmM
αα
ηξ= ,

do bổ đề 4,(i). Đây là điều vô lý.

Trường hợp 2: 1 . 2<<α

Áp dụng bổ đề 4, (ii), ta thu được từ , (3.5), và tính đơn điệu của
toán tử , rằng
)(
2
G
A

(3.21) ),)](,([),))](,(,,([),( yxuMAyxugAyxu ηξηξηξ
α
≥=

≥
),)](,([
1
yxuMA
ηξ
α

),(])1([
22
1
yxAmM
αα
ηξ
−
++=


1
)1)(1(2
22
1
−
++−
α
α
α
yx
mM

≥


),()1(
2
22
2
2
yxuyxm
q
≡++=
−
,

trong đó

(3.22)
)1(2
1
2
−
=
α
α
mM
m , . 1
2
−=αq

Bằng quy nạp ta giả sử rằng

(3.23)
1
)1(),(),(
22
11
−
−
−−
++≡≥
k
q
kk
yxmyxuyxu , . Ryx ∈∀ ,

20

Nếu
α , khi đó, sử dụng bổ đề 4, (ii), ta thu được từ , (3.5),
(3.23) rằng
1
1
>
−k
q )(
2
G

(3.24)

),)](,([),))](,(,,([),( yxuMAyxugAyxu ηξηξηξ
α
≥=


≥
),)](,([
1
yxuMA
k
ηξ
α
−


),(])1([
1
22
1
yxAmM
k
q
k
−
−
−
++
α
α
ηξ=

1
1
)1)(1(2
22
1
1
−
−
++−
−
−
k
q
yxq
mM
k
k
α
α
α
≥


),()1(
22
yxuyxm
kk
k

q
≡++
−
= ,


trong đó các dãy số { được xác đònh bởi công thức qui nạp: }{},
kk
mq

(3.25)
, ; ,
1
1
−=
−kk
qq α , 3,2=k 1
1
=q

(3.26)
k
k
k
q
mM
m
2
1
α

−
= ,
, 3,2=k

Từ (3.25), (3.26) ta thu được

(3.27)
1
)2(1
1
−
−−
=
−
α
αα
k
k
q ,
k
k
k
q
mM
m
2
1
α
−
= , . , 3,2

=∀k

Do 1 , ta có thể chọn được số tự nhiên , phụ thuộc vào α , sao
cho:
2<<α
0
k

(3.28)
ln
)2ln(
1
ln
)2ln(
0
αα−
−<≤
−−
k .

Với số tự nhiên
được chọn, ta có
0
k


21
(3.29) . 10
0
≤<

k
qα

Sử dụng bổ đề 4, (i), ta thu được từ , (3.5), (3.24), (3.29), rằng )(
2
G

(3.30)

),)](,([),))](,(,,([),( yxuMAyxugAyxu ηξηξηξ
α
≥=

≥ ),)](,([
0
yxuMA
k
ηξ
α

∞+=++=
−
),(])1([
0
0
22
yxAmM
k
q
k

α
α
ηξ .

Đònh lý 3 được chứng minh cho trường hợp 2.

Trường hợp 3: α . 2=

Với α , áp dụng bổ đề 4, (iii), ta thu được từ (
, (3.5), và tính đơn
điệu của toán tử , rằng
2= )
2
G
A

(3.31) ),)](,([),))](,(,,([),(
2
yxuMAyxugAyxu ηξηξηξ≥=



),)](,([
2
1
yxuMA ηξ≥


),(])1([
2222

1
yxAmM
−
++=ηξ


22
22
2
1
4
)1ln(
yx
yx
mM
+
++
≥
.

Ta suy ra từ (3.31) rằng

(3.32)

),(),(
2
yxvyxu ≥










≤+
≥+








++
+
=
.1,0
,1,)
2
1
ln(
22
22
22
22
2
2

yx
yx
yx
yx
C
p


trong đó


22
(3.33)
,
1
2
=
p
2
12
4
1
MmC = .

Giả sử rằng:

(3.34)

),(),(
1

yxvyxu
k−
≥









≤+
≥+








++
+
=
−
−
.1,0
,1,)
2

1
ln(
22
22
22
22
1
1
yx
yx
yx
yx
C
k
p
k



trong đó
là các hằng số dương.
11
,
−− kk
Cp

Sử dụng giả thiết
và (3.5), (3.34), ta có:
)(
2

G

(3.35)

),)](,([),))](,(,,([),(
2
yxuMAyxugAyxu ηξηξηξ≥=



),)](,([
2
1
yxvMA
k
ηξ
−
≥


∫∫
−+−
−
2
22
2
1
)()(
),(
2

R
k
yx
ddv
M
ηξ
ηξηξ
π
=


∫∫
≥+
−
−+−
1
22
2
1
22
)()(
),(
2
ηξ
ηξ
ηξηξ
π
yx
ddv
M

k
≥


∫∫
≥+
−
−+−+








++
−
1
2222
2
22
2
1
22
1
)()()(
)
2
1

ln(
2
ηξ
ηξηξ
ηξ
ηξ
π
yx
dd
MC
k
p
k
≥



∫∫
≥+
−
++++








++

≥
−
1
222222
2
22
2
1
22
1
)()(
)
2
1
ln(
2
ηξ
ηξηξ
ηξ
ηξ
π
yx
dd
MC
k
p
k

23

∫
∞+
−
++






+
−
1
22
2
2
1
)(
)
2
1
ln(
1
yxrr
dr
r
MC
k

p
k
≥
.

Ta xét trường hợp , ta có 1
22
≥+ yx

(3.36)
∫∫
∞+
+
∞+
++






+
≥
++







+
−−
22
11
)(
)
2
1
ln(
)(
)
2
1
ln(
22
2
1
22
2
yx
pp
yxrr
dr
r
yxrr
dr
r
kk

∫
∞+
+
++








++
≥
−
22
1
)(
)
2
1
ln(
22
2
22
yx
p
yxrr
dr

yx
k



∫
∞+
+
++
−
+








++
=
−
22
1
)
11
(
1
)
2

1
ln(
2222
2
22
yx
p
dr
yxr
r
yx
yx
k



+∞
+
++
×
+








++

=
−
22
1
2222
2
22
ln
1
)
2
1
ln(
yx
p
yxr
r
yx
yx
k



22
2
22
2ln
)
2
1

ln(
1
yx
yx
k
p
+








++
=
−
.

Với , ta suy từ (3.35), (3.36) rằng 1
22
≥+ yx

(3.37)
∫
∞+
−
++







+
≥
−
1
22
2
2
1
)(
)
2
1
ln(
),(
1
yxrr
dr
r
MCyxu
k
p
k

1
2
22
22
2
1
)
2
1
ln(
2ln
−








++
+
≥
−
k
p
k
yx
yx
MC

.


24
Từ (3.35), (3.37) , ta thu được

(3.38)

),(),( yxvyxu
k
≥









≤+
≥+









++
+
=
.1,0
,1,)
2
1
ln(
22
22
22
22
yx
yx
yx
yx
C
k
p
k



trong đó
là các hằng số dương xác đònh bởi các công thức qui
nạp.
kk
Cp ,

(3.39)

, , .
1
2
−
=
kk
pp 2ln
2
1−
=
kk
MCC , 4,3=k

Từ (3.33),(3.39) ta có

(3.40)
,
2
2
−
=
k
k
p
11
2
1
12
)2ln
2

1
(
2ln
1
−−
−
=
kk
mMC
k
.

Nhờ vào (3.40) ta viết lại (3.38) với như sau 1
22
≥+
yx

(3.41) ),(),( yxvyxu
k
≥

2
2
22
2
1
2
22
)
2

1
ln(2ln
4
1
2ln
1
−








++
+
=
k
yx
mM
yxM
.

Chọn sao cho yx,
1)
2
1
ln(2ln
4

1
22
2
1
2
>
++
yx
mM hay

(3.42)
0
2
1
2
22
)
2ln
4
exp(21 ρ≡+−>+
mM
yx .

Khi đó ta có

(3.43) , +∞=≥
+∞→
),(lim),( yxvyxu
k
k

0
22
ρ>+ yx .


25