Sự không tồn tại nghiệm dương của phương trình Laplace liên kết với điều kiện biên Newman phi tuyến trong nửa không gian trên

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH




Phan Minh Chính





SỰ KHÔNG TỒN TẠI NGHIỆM DƯƠNG CỦA
MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH LAPLACE LIÊN
KẾT VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN NEUMANN PHI
TUYẾN TRONG NỬA KHÔNG GIAN TRÊN





LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC







THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH 2005

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH




SỰ KHÔNG TỒN TẠI NGHIỆM DƯƠNG CỦA
MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH LAPLACE LIÊN
KẾT VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN 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 khoa học:

TS. Nguyễn Thành Long
Khoa Toán – tin học
Đại học Khoa Học Tự Nhiên Tp. HCM.

Học viên cao học: Phan Minh Chính


THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH 2005






LÔØI CAÛM ÔN















1
CHƯƠNG 1

TỔNG QUAN



Trong luận văn nầy, chúng tôi xét bài toán Neumann phi tuyến sau

(1.1)
},0,:),{(,0
1//
>∈=∈=Δ
−
+ n
n
n
n
xIRxxxIRxu

(1.2) .)),0,(,()0,(
1//// −
∈=−
n
x
IRxxuxgxu
n


Trong [1] các tác giả Bunkin, Galaktionov, Kirichenko, Kurdyumov,
Samarsky đã nghiên cứu bài toán (1.1), (1.2) với
2
=

n và phương trình
Laplace (1.1) theo dạng tọa độ trụ

(1.3)
,0,0,0
1
>>=++ zruu
r
u
zzrrr


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
+
−
=− ,0≥r
trong đó

α
,,
00
rI là các hằng số dương cho trước. Bài toán (1.3), (1.4) là bài
toán dừng liên quan đến vấn đề đốt cháy bởi bức xạ. Trong trường hợp
20 ≤<
α
các tác giả trong [1] đã chứng minh rằng bài toán (1.3), (1.4)
không có nghiệm dương. Từ khi bài báo [1] xuất hiện đã có nhiều tác giả
nghiên cứu và mở rộng theo nhiều hướng khác nhau[1-12].

Các tác giả Long, Ruy [7] đã được mở rộng một kết quả trong [1]
với (1.4) được thay bởi điều kiện biên phi tuyến tổng quát

(1.5)
.0)),0,(,()0,( ≥=− rrurgru
z




2

Trong [8] Ruy, Long, Bình đã xét bài toán (1.1), (1.2) với
3=n và
hàm
g
là liên tục, không giảm và bò chận dưới bởi một hàm lũy thừa bậc
α
đối với biến u và đã chứng minh rằng nếu 20

≤
<
α
thì bài toán như thế
không có nghiệm dương.

Các tác giả Bình, Diễm, Ruy, Long [2]; Bình, Long [3]; Long, Bình
[9]; Ruy [12]; Long, Ruy [10]; và Long [11] đã xét bài toán (1.1), (1.2) với
.3>n Hàm số
++
−
→× IRIRIRg
n 1
: là liên tục, không giảm đối với biến ,u
thỏa điều kiện

(1.6)
:0,0 >∃≥∃ M
α
,),(
/
α
Muuxg ≥ ,,0
1/ −
∈∀≥∀
n
IRxu

và một số điều kiện phụ.

Trong [5, 6] các tác giả đã chứng minh sự không tồn tại nghiệm
dương của bài toán (1.1), (1.2) với

(1.7)
,),(
/
α
uuxg =

ởû đó [5] Hu và Yin[5] đã xét với
),2/()1(1
−
−
<
≤
nn
α
3≥n và Hu [6] với
),2/(1 −<< nn
α
.3≥n Cũng cần chú ý rằng hàm
α
uuxg =),(
/
không thỏa
các điều kiện trong các bài báo [2, 7, 8].

Trong luận văn nầy, chúng tôi xét bài toán (1.1), (1.2) với
.3≥n
Hàm

),(
/
uxg 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,
),2/()1(0 −−≤≤ nn
α
,3≥n bài toán (1.1), (1.2) không có nghiệm
liên tục dương. Cũng chú ý rằng các tác giả trước đây khi xét
3=n đã
không chú ý đến trường hợp
.0
=
α







3

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, trình bày sơ lược về
tình hình bài toán 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 nghiệm
dương của bài toán (1.1), (1.2) cụ thể với
.3
=
n

Trong chương 4, chúng tôi nghiên cứu sự không tồn tại nghiệm
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.

4
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
xIRxIRxxxIR
},0,:),({
1//
≥∈∈==
−
+ n
nn
n
n
xIRxIRxxxIR
,
n
IRx ∈
),,(), ,,(
/
21 nn
xxxxxx ==

.)(
2

1
2
2
/
2
1
1
2
n
n
i
i
xxxx +=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
∑
=

Xét bài toán tìm một hàm
u có tính chất

()
1
S
()

(
)
,
2 nn
IRCIRCu
++
∈ I
(
)
,
n
x
IRCu
n
+
∈

()
2
S

,0)(sup)(suplim
0,
0,
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜

⎜
⎝
⎛
∂
∂
+
>=
>=
+∞→
x
u
Rxu
n
n
xRx
xRx
R
ν


và thỏa phương trình Laplace

(2.1)
},0,:),{(,0
1//
>∈=∈=Δ
−
+ n
n
n

n
xIRxxxIRxu

và điều kiện biên Neumann

(2.2)
,),()0,(
1//
1
/ −
∈=−
n
x
IRxxgxu
n


5
trong đó
ν
∂
⋅∂
chỉ đạo hàm theo hướng véctơ pháp tuyến đơn vò trên nửa
mặt cầu
,0, >=
n
xRx hướng ra ngoài và
1
g là hàm số cho trước liên tục
trên

.
1−n
IR Để đơn giản ký hiệu đôi lúc ta viết
ν
u thay cho .
ν
∂
∂u


Ta xét hàm Green
G cho phương trình Laplace với điều kiện
Neumann như sau

(2.3)
],
~
[
)2(
1
),(
22 nn
n
xaxa
n
xaG
−−
−+−
−
=

ω

trong đó

,),(
/ n
n
IRxxx ∈=

),,(
~
/
n
xxx −=
,
n
IRa
+
∈


n
ω
là diện tích của quả cầu đơn vò trong .
n
IR

Ta chú ý rằng với
n
IRa

+
∈ cố đònh, hàm
).,(aG
thuộc lớp
∞
C trong
}
~
,{\ aaIR
n
và

(2.4)
,0),(
1
2
2
=
∂
∂
=Δ
∑
=
n
i
i
xaG
x
G ,
~

, axax
≠
≠
∀


Ta cố đònh
n
IRa
+
∈ và số thực .0>R Chọn 0>
ε
đủ nhỏ sao cho


RR
nn
BIRaxIRxS Ω≡∩⊂≤−∈=
++
}:{
ε
ε


với
}.:{ RxIRxB
n
R
<∈≡

Áp dụng công thức Green cho hai hàm
Gu, trên miền ,\
ε
S
R
Ω ta viết

(2.6)
.)()()(
\
∫∫∫
=−Ω∂
Ω
−−−=Δ−Δ
ε
νννν
ε
ax
S
dSuGGudSuGGudxGuuG
R
R


Ta có bổ đề sau


6
Bổ đề 2.1.

Với giả thiết
()
1
S
ta có

(2.7)
).()(lim
0
audSuGGu
ax
=−
∫
=−
→
+
ε
νν
ε


Chứng minh. Ta phân tích hàm Green
),( xaG
dưới dạng tổng

(2.8)
),,(),(),( xaxasxaG
Ψ
+=

trong đó

,
)2(
1
),(
2 n
n
xa
n
xas
−
−
−
=
ω

và

).
~
,(
~
)2(
1
),(
2
xasxa
n
xa

n
n
=−
−
=Ψ
−
ω

Ta có

(2.9)
∫∫∫
=−=−=−
−+Ψ−Ψ=−
ε
νν
ε
νν
ε
νν
axaxax
dSsuusdSuudSuGGu )()()(

).,(),(
21
ε
ε
aIaI
+
=

i/ Do giả thiết
()
,
1
S
hàm ),(),(),(),( xaxauxauxax
νν
Ψ
−
Ψ
a liên tục trên
ε
S
nên

(2.10)
.0),(lim
1
0
=
+
→
ε
ε
aI

ii/ Đổi biến
,

y
a
x
ε
+= ta chuyển tích phân mặt trên mặt cầu tâm a bán
kính
ε
thành tích phân mặt trên mặt cầu đơn vò tâm .O

(2.11)
.0khi,0)(
)2(
)(),(
1
1
1
+
=
=
−
=−
→→+
−
=
++=
∫
∫∫
εωε
ω
ε

ωεεε
ν
ν
ε
ν
y
n
y
n
ax
dyau
n
dyauyaasdSus




7
Tương tự

(2.12)
.0khi),()(
1
),()(
1
1
1
+
=
=

−
=−
→→+=
++−=−
∫
∫∫
εωε
ω
ωεεε
ν
ε
ν
audyau
dyaasyaudSus
y
n
y
n
ax


Vậy (2.11), (2.12) dẫn đến

(2.13)
).(),(lim
2
0
auaI
=
+

→
ε
ε


Từ (2.9), (2.10), (2.13) ta suy ra bổ đề 2.1 được chứng minh.

Từ (2.6), thay
,0=ΔG ax ≠∀ và ,0
=
Δ
u sau đó cho
+
→ 0
ε
ta thu được

(2.14)
,)()( dSuGGuau
R
νν
−=
∫
Ω∂
với mọi .
R
a
Ω
∈

Khi đó ta có Bổ đề sau.

Bổ đề 2.2.
Giả sử
u
là nghiệm của
(2.1), (2.2)
thỏa các điều kiện
()
,
1
S
()
,
2
S
ta có

(2.15)
.)(lim
1
/
∫∫
−
−=−
Ω∂
+∞→
n
n
R

IR
x
R
dxuGdSuGuG
νν


Chứng minh bổ đề 2.2.

Ta có
,
RRR
SD ∪=Ω∂

},:)0,{(
//
RxxD
R
≤=

}.0,:),({
/
>===
nnR
xRxxxxS

Ta tích phân sau thành tồng hai tích phân


8

(2.16) .)()()( dSuGuGdSuGuGdSuGuG
RRR
SD
νννννν
−+−=−
∫∫∫
Ω∂


Ta sẽ chứng minh rằng:

(2.17)
,)(lim
/
1
dxuGdSuGuG
n
n
R
x
IR
D
R
∫∫
−
−=−
+∞→
νν

(2.18)

.0)(lim =−
∫
+∞→
dSuGuG
R
S
R
νν


Chứng minh (2.17).

Trên
:
R
D
),1, ,0,0( −=
ν

n
x
uu
−
=
ν


.
1
)2(

)2(
1
),;(
1
/
n
nn
n
nn
n
n
nx
xa
ax
xa
ax
xan
n
xxas
n
−
−
−
=
−
−
−−
−
=
−

ωω

Tương tự

,
~
1
),;(
/
n
nn
n
nx
xa
ax
xxa
n
−
+
−
=Ψ
ω

và do đó

,0)0,;()0,;()0,;(
///
=Ψ+= xaxasxaG
nnn
xxx

hay

(2.19)
.0);( =
R
D
xaG
ν

(2.20)
.
1
)2(
2
);(
2)2(
2
2
//
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+−
×
−

=
n
n
n
D
axa
n
xaG
R
ω

Từ (2.19) và (2.20) ta suy ra

(2.21)
.
lim
lim
lim)(lim
1
/
/
/
∫
∫
∫
∫∫
−
−=
−=
=

=−
+∞→
+∞→
+∞→+∞→
n
n
R
n
R
RR
IR
x
D
x
R
D
R
D
R
D
R
dxuG
dxuG
dxuG
dSuGdSuGuG
ν
ννν


9

(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
dSuG
ν

Ta có

(2.22)
()
,
1
)2(
2
);(0
2−
−
×

−
≤≤
n
n
aR
n
xaG
ω
.
R
Sx
∈
∀


Do đó

(2.23)
()
()
()
()
.)(sup
)2(
2
)(sup
)2(
2
)(
1

)2(
2
1
)2(
2
2
1
2
1
1
1
2
2
xu
aRn
R
xu
aR
R
n
dRyRu
aR
n
dSu
aR
n
dSuG
R
R
RR

Sx
n
n
n
Sx
n
n
n
y
n
n
n
S
n
n
S
ν
ν
ν
νν
ω
ω
ω
ω
ω
∈
−
−
∈
−

−
=
−
−
−
×
−−
=
×
−
×
−
≤
−
×
−
=
−
×
−
≤
∫
∫∫


(ii) Đánh giá tích phân
.
∫
R
S

dSuG
ν

Ta có
(2.24)
∑∑
==
Ψ+==
∂
∂
=
n
i
ixx
n
i
ix
iii
sG
G
G
11
)(
νν
ν
ν


.
R

x
=
ν

Ta có

10
(2.25)
.1,
1
)2(
)2(
1
);(
1
ni
xa
ax
xa
ax
xan
n
xas
n
ii
n
ii
n
n
x

i




=




=





(2.26)
,11,
~
1
~
~
)2(
)2(
1
);(
1

=




=

ni
xa
ax
xa
ax
xan
n
xa
n
ii
n
ii
n
n
x
i



(2.27)
.
~
1

),;(
/
n
nn
n
nx
xa
ax
xxa
n

+

=


Chuự yự raống

,
R
Sx

,
~
Rxx ==
:0
n
x

,aRaxax = .
~
~
aRaxax =
(2.28)
()
()
.1,
11
11
111
);(
1
1
1
ni
aR
ax
xaxa
ax
xas
n
n
n
n
n
n
n
ii
n

x
i


=














Tửụng tửù
(2.29)
() ()
,11,
11
~
11
~
11
~
1

);(
11
1


=









ni
aRax
xaxa
ax
xa
n
n
n
n
n
n
n
ii
n
x

i




(2.30)
()
.
11
~
11
~
1
);(
11





+
=
n
n
n
n
n
nn
n
x

aRxaxa
ax
xa
n



Ta suy tửứ (2.24), (2.28), (2.29), (2.30) raống


11
(2.31)
()
,
12
)(
1
1
−
=
−
≤Ψ+≤
∑
n
n
n
i
ixx
aR
n

sG
ii
ω
ν
ν
.
R
Sx
∈
∀

Do đó
(2.32)
()
()
()
.)(sup
2
)(sup
12
)(sup
12
1
1
1
1
1
xu
aR
nR

Rxu
aR
n
dSxu
aR
n
dSuG
R
R
R
R
R
Sx
n
n
n
n
Sx
n
n
S
Sx
n
n
S
∈
−
−
−
∈

−
∈
−
−
=
−
×≤
−
×≤
∫∫
ω
ω
ω
ν


Ta suy từ (2.23), (2.32) rằng

(2.33)
()
()
.)(sup
)(sup
)2(
)(
1
1
2
1
xu

aR
nR
xu
aRn
R
dSuGuG
R
R
R
Sx
n
n
Sx
n
n
S
∈
−
−
∈
−
−
−
+
×
−−
≤−
∫
ννν

Sử dụng giả thiết
()
,
2
S từ (2.33) ta suy ra .0)(lim =−
∫
+∞→
R
S
R
dSuGuG
νν


Do đó (2.18) được chứng minh và như vậy bổ đề 2.2 được chứng minh
xong.

Kết quả sau đây được suy ra từ (2.14) và Bổ đề 2.2.

Bổ đề 2.3.
Giả sử
u
là nghiệm của
(2.1), (2.2)
thỏa các điều kiện
()
,
1
S

(
)
,
2
S

ta có

(2.34)
,)()0,;()(
11
//
1
//
∫∫
−−
=−=
nn
n
IRIR
x
dxxgxaGdxuGau .
n
IRa
+
∈∀ 
Ta có đònh lý sau


12

Đònh lý 2.1.
Nếu nghiệm
u
của bài toán
(1.1), (1.2)
với
++
−
→× IRIRIRg
n 1
:
là hàm liên tục thỏa các tính chất
(
)
,
1
S
(
)
,
2
S
khi đó
u
là
nghiệm của phương trình tích phân phi tuyến sau

(2.35)
,
))0,(,(

)2(
2
),(
1
2)2(
2
2
//
///
/
∫
−
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+−
−
=
n
IR
n
n
n
n
aax
dxxuxg

n
aau
ω
.),(
/ n
n
IRaa
+
∈∀ 

13
CHƯƠNG 3

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

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

(3.1)
},0:),,{(),,(,0
33
>∈=∈=Δ
+
zIRzyxIRzyxu
(3.2)
,),()),0,,(,,()0,,(

2
IRyxyxuyxgyxu
z
∈=−

với
++
→× IRIRIRg
2
: thỏa điều kiện:

)(
1
G g làhàm liên tục,
)(
2
G Tồn tại hai hằng số ,0>M 0≥
α
sao cho:

,),,(
α
uMuyxg ≥ .0,, ≥
∀
∈
∀
uIRyx

Các tính chất
()

,
1
S
()
2
S được cụ thể lại như sau:

(
)
*
1
S ),()(
332
++
∩∈ IRCIRCu ),(
3
+
∈ IRCu
z


(
)
*
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

Đònh lý 3.1.
Nếu nghiệm
u
của bài toán
(3.1), (3.2)
với
++
→× IRIRIRg
2
:
là hàm liên tục thỏa các tính chất
(
)
,
*
1
S
(
)
.
*
2
S

Khi đó
u
là nghiệm của
phương trình tích phân phi tuyến

(3.3) ,
)()(
))0,,(,,(
2
1
),,(
2
222
ηξ
ηξ
η
ξ
η
ξ
π
dd
zyx
ug
zyxu
R
∫∫
+−+−
=
.),,(
3

+
∈∀ IRzyx 

14

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

(
)
*
3
S
Tích phân
ηξ
ηξ
η
ξ
η
ξ
dd
yx
ug
R
∫∫
−+−
2
22

)()(
))0,,(,,(
tồn tại .),(
2
IRyx ∈∀

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

Đònh lý 3.2.
Giả sử rằng g thỏa các giả thiết
),(
1
G )(
2
G
với
.20 ≤≤
α
Khi
đó bài toán
(3.1), (3.2)
không có nghiệm dương thỏa
(
)
,
*
1
S
(
)

,
*
2
S
(
)
.
*
3
S


Chứng minh đònh lý 3.2.

Bằng phương pháp phản chứng, giả sử rằng bài toán (3.1), (3.2) có
nghiệm dương
),,( zyxuu = thỏa
(
)
,
*
1
S
(
)
,
*
2
S
(

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

(3.4)
,
)()(
))0,,(,,(
2
1
)0,,(
2
22
ηξ
ηξ
η
ξ

η
ξ
π
dd
yx
ug
yxu
R
∫∫
−+−
=
.),(
2
IRyx ∈∀

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

(3.5)
.),(,
)()(
)),(,,(
2
1
),))](,(,,([),(
2
22
2
IRyxdd

yx
ug
y
x
u
g
A
y
x
u
R
∈∀
−+−
≡
=
∫∫
ηξ
ηξ
ηξηξ
π
η
ξ
η
ξ


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

(3.6)
,
)()(
),(
2
1
),)](,([
2
22
∫∫
−+−
=
R
yx
ddv
yxvA
ηξ
η
ξ
η
ξ
π
ηξ
.),(
2
IRyx ∈∀

Để chứng minh đònh lý 3.2, ta chỉ cần chứng minh rằng phương trình tích
phân (3.5) không có nghiệm dương liên tục.

15
Trước hết ta thiết lập một số đánh giá ),(])1([
22
yxA
α
ηξ
−
++ như sau:

Bổ đề 3.1.
Với mọi
,),(
2
IRyx ∈
ta có


(i)
,),(])1([
22
+∞=++
−
yxA
α
ηξ

nếu
,10
≤
≤

α


(ii)
),(])1([
22
yxA
α
ηξ
−
++
hội tụ và


,
)1)(1(2
1
),(])1([
122
22
−
−
++−
≥++
α
α
α
ηξ
yx
yxA

nếu
,1>
α

(iii)
,
4
)1ln(
),(])1([
22
22
222
yx
yx
yxA
+
++
≥++
−
ηξ

nếu
.2=
α

Chứng minh Bổ đề 3.1
Ta có

∫∫

−+−++
=++
−
2
2222
22
)()()1(
2
1
),]()1([
R
yx
dd
yxA
ηξηξ
η
ξ
π
ηξ
α
α


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

(3.7)
222222

1
)()(
1
ηξηξ
+++
≥
−+− yxyx

,,,, IRyx
∈
∀
η
ξ


và sau đó đổi biến số qua tọa độ cực, ta thu được

(3.8)
),(])1([
22
yxA
α
ηξ
−
++


∫∫
+++++
≥

2
)()1(
2
1
222222
R
yx
dd
ηξηξ
η
ξ
π
α


∫
+∞
+++
≥
0
22
)()1( yxrr
rdr
α
,
)()1(
1
22
+∞=
+++

≥
∫
+∞
yxrr
rdr
α



16
vì
α
α
r
yxrr
r 1
~
)()1(
22
+++
khi
+
∞→
r
và
.
1
+∞=
∫
+∞

α
r
dr


(ii)
1>
α
: Trước hết ta chứng minh rằng
),(])1([
22
yxA
α
ηξ
−
++
hội tụ khi
1>
α
.

a) Xét tại
:)0,0(),( =yx
Ta có

(3.9)
)0,0(])1([
22
α
ηξ

−
++A
∫∫
+++
=
2
2222
)1(
2
1
IR
dd
ηξηξ
η
ξ
π
α

.
1
1
)1(
0
−
=
+
=
∫
+∞
α

α
r
dr

Vậy, tích phân

(3.10)
)0,0(])1([
22
α
ηξ
−
++A hội tụ khi
.1>
α


b) Xét tại
:)0,0(),( ≠yx


Chọn
.03
22
>+> yxR
Ta viết lại
),(])1([
22
yxA
α

ηξ
−
++
thành tổng hai
tích phân

(3.11)
∫∫
−+−++
=++
−
2
2222
22
)()()1(
2
1
),]()1([
IR
yx
dd
yxA
ηξηξ
η
ξ
π
ηξ
α
α

∫∫
≤−+−
−+−++
=
Ryx
yx
dd
22
)()(
2222
)()()1(
2
1
ηξ
α
ηξηξ
η
ξ
π

∫∫
≥−+−
−+−++
+
Ryx
yx
dd
22
)()(
2222

)()()1(
2
1
ηξ
α
ηξηξ
η
ξ
π


).,(),(
)2()1(
yxHyxH
RR
+≡



17
(j) Đánh giá
.
)()()1(
2
1
),(
22
)()(
2222
)1(

∫∫
≤−+−
−+−++
=
Ryx
R
yx
dd
yxH
ηξ
α
ηξηξ
η
ξ
π

Ta có:


(3.12)
(
)
(
)
(
)
(
)
.1sup
1sup

2
1
1sup
2
1
)()(
1sup
2
1
)()()1(
2
1
),(
22
)()(
0
2
0
22
)()(
22
22
)()(
)()(
22
22
)()(
)()(
2222
)1(

22
22
22
22
22
22
22
+∞<++=
++=
+
++=
−+−
++≤
−+−++
=
−
≤−+−
−
≤−+−
≤+
−
≤−+−
≤−+−
−
≤−+−
≤−+−
∫∫
∫∫
∫∫
∫∫

α
ηξ
π
α
ηξ
ηξ
α
ηξ
ηξ
α
ηξ
ηξ
α
ηξ
ϕηξ
π
ηξ
ηξ
ηξ
π
ηξ
ηξ
ηξ
π
ηξηξ
η
ξ
π
Ryx
R

Ryx
R
Ryx
Ryx
Ryx
Ryx
R
R
r
rdr
d
dd
yx
dd
yx
dd
yxH



(jj) Đánh giá
.
)()()1(
2
1
),(
22
)()(
2222
)2(

∫∫
≥−+−
−+−++
=
Ryx
R
yx
dd
yxH
ηξ
α
ηξηξ
η
ξ
π

Chú ý rằng

(3.13)
},:),{(})()(:),{(
222222
yxRRyx +−≥+⊂≥−+−
ηξηξηξηξ



(3.14)
222222
)()( yxyx +−+≥−+−
ηξηξ

với mọïi .),(),,(
2
IRyx ∈
ηξ

Ta có:

18
(3.15)
(
)
(
)
(
)
22
222222
2222
)()(
2222
)2(
)1(
1
2
1
)()(1
2
1
)()(1
2

1
),(
22
2222
2222
22
yxrr
rdr
yx
dd
yx
dd
yx
dd
yxH
yxR
yxR
yxR
Ryx
R
+−+
=
+−+++
≤
−+−++
≤
−+−++
=
∫
∫∫

∫∫
∫∫
∞+
+−
+−≥+
+−≥+
≥−+−
α
ηξ
α
ηξ
α
ηξ
α
ηξηξ
ηξ
π
ηξηξ
ηξ
π
ηξηξ
ηξ
π


.
)1(
22
22
α

r
dr
yxr
r
yxR
+
×
+−
=
∫
+∞
+−


Chú ý rằng, do
,03
22
>+> yxR
ta có


,02
22222222
>+>+−≥+−=+− yxyxRyxryxr


với mọi
.
22
yxRr +−≥

Do đó, tích phân
α
)1(
22
22
r
dr
yxr
r
yxR
+
×
+−
∫
+∞
+−
hội tụ với
.1>
α

Vậy, tích phân

(3.16)
),(
)2(
yxH
R
hội tụ khi

.1>
α


Tổ hợp lại (3.10), (3.11), (3.12) và (3.16) ta thu được

(3.17)
,),(
2
IRyx ∈∀
),(])1([
22
yxA
α
ηξ
−
++
hội tụ khi
.1>
α


Hơn nữa, với
,1>
α
tương tự như (3.8), ta có

19
(3.18)
),(])1([

22
yxA
α
ηξ
−
++

∫
+∞
+++
≥
0
22
)()1( yxrr
rdr
α


.
)()1(
22
22
∫
+∞
+
+++
≥
yx
yxrr
rdr

α

Từ bất đẳng thức sau

(3.19)
,
2
1
22
≥
++ yxr
r
,
22
yxr +≥∀

ta thu được từ (3.18) rằng

(3.20)
),(])1([
22
yxA
α
ηξ
−
++

∫
+∞
+

+
≥
22
)1(
2
1
yx
r
dr
α



.
)1)(1(2
1
122 −
++−
=
α
α
yx

(iii)
2=
α
: Cũng như (3.8), ta có

(3.21)
),(])1([

222
yxA
−
++
ηξ

∫
+∞
+++
≥
0
22
)()1(
2
yxrr
rdr



.
)()1(
1
222
∫
+∞
+++
≥
yxrr
rdr

Sử dụng bất đẳng thức

(3.22)
,
4
1
)1(
2
r
r
r
≥
+

,1≥
∀
r

ta suy ra

(3.23)
),(])1([
222
yxA
−
++
ηξ

∫
+∞

++
≥
1
22
)(
4
1
yxrr
dr



20

∫
+∞
++
−
+
=
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 3.1 được chứng minh.

Bây giờ, để tiếp tục chứng minh đònh lý 3.2, ta giả sử rằng tồn tại
2
00
),( IRyx ∈ sao cho .0),(
00
>yxu Do u liên tục, khi đó tồn tại 0
0
>r sao
cho
(3.24)
,),(
2
1
),(
000
myxuyxu ≡>

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

2
G (3.5), (3.24) và tính đơn điệu của toán tử ,A rằng

(3.25)
∫∫
−+−
=
≥
=
2
22
)()(
),(
2
),)](,([
),))](,(,,([),(
R
yx
ddu
M
yxuMA
y
x
u
g
A
y
x
u
ηξ

ηξηξ
π
ηξ
η
ξ
η
ξ
α
α


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

π
α
.),(
2
IRyx ∈∀

Sử dụng bất đẳng thức sau đây

(3.26)
),1)(1(
))()(1)(1(
1)(1(
)()(
2
0
2
0
2
0
22
2
0
2
0
2
0
2
0
22
2222

222222
ryxyx
yxyxyx
yx
yxyx
+++++≤
−+−+++++≤
++++≤
+++≤−+−
ηξ
ηξ
ηξηξ



21
,, IRyx ∈∀ ),,(),(
00
0
yxB
r
∈∀
η
ξ
ta thu được

(3.27)
.
)1(
1

)1(
2
)(
)1)(1(
2
)(
)1)(1(
2
)(
)()(
2
)(
222
0
2
0
2
0
2
0
0
2
0
2
0
2
0
2
0
22

0
),(
2
0
2
0
2
0
22
0
),(
22
0
00
0
00
0
yxryx
r
mM
r
ryxyx
mM
dd
ryxyx
mM
yx
dd
mM
yxB

yxB
r
r
++
×
+++
≥
+++++
≥
+++++
≥
−+−
∫∫
∫∫
π
π
π
π
ηξ
π
ηξ
ηξ
π
α
α
α
α


Ta suy từ (3.25), (3.27) rằng

(3.28)
),(
1
),(
1
22
1
yxu
yx
m
yxu ≡
++
≥ ,, IRyx
∈
∀

với
.
)1(2
2
0
2
0
2
0
2
00
1
ryx

rmM
m
+++
=
α


Ta xét các trường hợp khác nhau của
.
α


Trường hợp 1:
.10 ≤≤
α
Ta thu được từ ),(
2
G (3.5), (3.28) và tính đơn điệu
của toán tử
A, rằng

(3.29)
,),(])1([
),)](,([
),)](,([
),))](,(,,([),(
22
1
1
+∞=++=

≥
≥
=
−
yxAmM
yxuMA
yxuMA
yxugAyxu
αα
α
α
ηξ
ηξ
ηξ
η
ξ
η
ξ


do bổ đề 3.1, (i). Đây là điều vô lý.


22
Trường hợp 2: .21 <<
α
Áp dụng bổ đề 3.1, (ii), ta thu được từ ),(
2
G (3.5),
và tính đơn điệu của toán tử

,A rằng

(3.30)
),,()1(
)1)(1(2
),(])1([
),)](,([
),)](,([
),))](,(,,([),(
2
22
2
22
1
22
1
1
2
1
yxuyxm
yx
mM
yxAmM
yxuMA
yxuMA
yxugAyxu
q
≡++=
++−
≥

++=
≥
≥
=
−
−
−
α
α
ηξ
ηξ
ηξ
η
ξ
η
ξ
α
αα
α
α

trong đó

(3.31)
,
)1(2
1
2
−
=

α
α
mM
m
.1
2
−
=
α
q

Bằng quy nạp ta giả sử rằng

(3.32)
,)1(),(),(
1
22
11
−
−
−−
++≡≥
k
q
kk
yxmyxuyxu
., IRyx
∈
∀

Nếu
,1
1
>
−k
q
α
khi đó, sử dụng bổ đề 3.1, (ii), ta thu được từ ),(
2
G (3.5),
(3.32) rằng


(3.33)
),,()1(
)1)(1(2
),(])1([
),)](,([
),)](,([
),))](,(,,([),(
22
22
1
1
22
1
1
1
1

1
yxuyxm
yxq
mM
yxAmM
yxuMA
yxuMA
yxugAyxu
kk
k
k
q
k
k
k
q
k
q
k
≡++=
++−
≥
++=
≥
≥
=
−
−
−
−

−
−
−
−
−
α
α
ηξ
ηξ
ηξ
η
ξ
η
ξ
α
α
α
α
α