Nghiệm của một lớp phương trình ellipptic phi tuyến cấp hai với số mũ âm trong r3

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC

Ngô Phương Thảo

NGHIỆM CỦA MỘT LỚP PHƯƠNG TRÌNH
ELLIPTIC PHI TUYẾN CẤP HAI
VỚI SỐ MŨ ÂM TRONG R3

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Hà Nội - 2016


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC

Ngô Phương Thảo

NGHIỆM CỦA MỘT LỚP PHƯƠNG TRÌNH
ELLIPTIC PHI TUYẾN CẤP HAI
VỚI SỐ MŨ ÂM TRONG R3

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số:60460102

Cán bộ hướng dẫn: TS. Ngô Quốc Anh

Hà Nội - 2016


LỜI CẢM ƠN

Sau hai năm học tập tại trường Đại học Khoa học tự nhiên- Đại học
Quốc gia Hà Nội, được sự chỉ bảo, dạy dỗ tận tình của các thầy cô tôi
đã hoàn thành các môn học của chương trình đào tạo thạc sĩ- chuyên
ngành toán giải tích. Tôi đã được nhận luận văn do thầy TS. Ngô Quốc
Anh hướng dẫn, đến nay tôi đã hoàn thành luận văn của mình.
Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn, tôi xin gửi lời cảm
ơn chân thành và sâu sắc nhất tới thầy Ngô Quốc Anh, người đã tận
tình hướng dẫn để tôi có thể hoàn thành luận văn này.
Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn đặc biệt tới Ban chủ nhiệm Khoa
sau đại học cùng toàn thể các thầy cô giáo trong khoa Toán - Cơ - Tin
học, Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại Học Quốc gia Hà Nội, là người
những người thầy, người cô, thời gian qua không những chỉ dạy bảo tôi
tận tình về kiến thức chuyên môn mà còn truyền cho tôi cả niềm đam
mê, sự nhiệt thành, tâm huyết với bộ môn toán học.
Nhân dịp này tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia
đình, bạn bè đã luôn ở bên, cổ vũ, động viên, giúp đỡ tôi trong suốt quá
trình học tập và thực hiện luận văn cao học.
Hà Nội, Ngày 19 tháng 1 năm 2017
Học viên

Ngô Phương Thảo

i

Mục lục

Lời cảm ơn

i

Lời mở đầu

iv

0 Giới thiệu vấn đề

1

1 Một vài kết quả chuẩn bị

5

1.1

Các ước lượng cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2

Nguyên lý so sánh cho nghiệm phương trình bậc cao . . . . . . . . . .

9

1.3

Một số kết quả cơ bản về nghiệm của phương trình ∆2 u + u−q = 0
trong R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3.1

Các bổ đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3.2

Điều kiện cần của q để phương trình ∆2 u + u−q = 0 trong R3
có nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.3.3

Tốc độ tăng của nghiệm của phương trình ∆2 u + u−q = 0
trong R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.4

Bài toán giá trị ban đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2 Nghiệm của phương trình ∆2 u + u−q = 0 trong R3 tăng với tốc độ
tuyến tính

26

2.1

Dáng điệu tiệm cận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.2

Chứng minh Định lý 2.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.2.1

Trường hợp q > 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.2.2

Trường hợp q = 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

ii


2.3

Chứng minh Định lý 2.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.3.1

Trường hợp q = 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.3.2

Trường hợp 3 < q < 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

3 Nghiệm của phương trình ∆2 u + u−q = 0 trong R3 tăng với tốc độ
bình phương

44

3.1

Dáng điệu tiệm cận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

3.2

Tốc độ tăng bậc hai của phương trình ∆2 u + u−q = 0 là tùy ý . . . . 50

3.3

Chứng minh Định lý 3.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

3.4

Chứng minh Định lý 3.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
3.4.1

Trường hợp q > 3/2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

3.4.2

Trường hợp q = 3/2

3.4.3

Trường hợp 1 < q < 3/2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

Kết luận

55

Tài liệu tham khảo

56

iii


LỜI MỞ ĐẦU

Toán học là môn khoa học cơ bản được ứng dụng rất nhiều trong các lĩnh vực
khoa học, kỹ thuật và đời sống. Trong toán học có rất nhiều các chuyên ngành khác
nhau. Phương trình đạo hàm riêng là một trong những chuyên ngành của toán học.
Tuy nhiên, đối với một số bài toán phương trình đạo hàm riêng cấp cao thì việc tìm
nghiệm gặp rất nhiều khó khăn.
Trong Luận văn này, trong R3 tôi xét bài toán tìm nghiệm của phương trình cấp
hai cho véc tơ (u, v)
  
 
u
0
1
u
 
∆  = 
v
−u−q−1 0

v
hoặc bằng cách viết lại phương trình trên theo u ta thu được phương trình cấp bốn
∆2 u + u−q = 0
trong R3 đối với ẩn hàm u. Ở đây ta xét trường hợp q > 0 và do đó các phương
trình đang xét có số mũ âm −q.
Nói chung đối với các phương trình đạo hàm riêng đang xét ở trên ta gặp hai
khó khăn chính như sau: (1) miền xác định của u là toàn bộ không gian R3 và (2)
phương trình có chứa số mũ âm. Để bước đầu cung cấp các thông tin định tính cơ
bản cho nghiệm của các phương trình trên, ta giải quyết bài toán trong trường hợp
hàm u chỉ phụ thuộc vào khoảng cách đến gốc toạ độ và gọi những nghiệm này là
nghiệm cầu. Với những lý do trên, tôi tập trung nghiên cứu dáng điệu nghiệm cầu
của phương trình ∆2 u + u−q = 0 tại vô cùng. Nội dung của Luận văn được lấy trong
bốn tài liệu chính sau đây [KR03, CX09, Gue12, DN16].
Các kết quả trong Luận văn bao gồm: (1) Chỉ ra được rằng nghiệm cầu của
phương trình ∆2 u + u−q = 0 tăng ít nhất là với tốc độ tuyến tính và nhiều nhất là
với tốc độ bình phương và (2) chỉ ra sự tồn tại của ít nhất một nghiệm cầu với tốc
độ tăng tương ứng. Về bố cục, Luận văn được chia làm 4 chương được đánh số từ
0 đến 3.
1. Trong Chương 0 chúng tôi tập trung giới thiệu vấn đề đang nghiên cứu.
iv


2. Chương 1 dành để trình bày một số kết quả chuẩn bị sẽ dùng trong các chương
tiếp theo. Một kết quả quan trọng trong chương này là việc chỉ ra điều kiện
q > 1 là cần thiết để phương trình có nghiệm; xem Định lý 1.10.
3. Trong Chương 2, chúng tôi chỉ ra sự tồn tại nghiệm cầu của phương trình
∆2 u + u−q = 0 trong R3 tăng với tốc độ tuyến tính khi q ≥ 3; xem Định lý
2.1.
4. Bằng cách tiếp cận tương tự như trong Chương 2, trong Chương 3, chúng tôi
nghiên cứu nghiệm cầu của phương trình ∆2 u + u−q = 0 trong R3 tăng với tốc

độ bình phương; xem Định lý 3.1.
Do thời gian thực hiện luận văn không nhiều và kiến thức còn hạn chế nên khi
làm luận văn không tránh khỏi những sai sót. Tôi mong nhận được sự góp ý của
quý thầy cô và bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!

v


Chương 0

Giới thiệu vấn đề
Trong lý thuyết định tính của phương trình đạo hàm riêng, các (hệ) phương trình
elliptic cấp hai dạng
∆U = F (x, U )

(1)

luôn là đề tài nghiên cứu thu hút rất nhiều các nhà khoa học. Một trong những lý
do chính giải thích cho điều này nằm ở chỗ các (hệ) phương trình elliptic trên là
mô hình cơ bản nhất để mô tả các hiện tượng trong vật lý và tự nhiên. Chẳng hạn
trong trường hợp vô hướng ta có thể xem phương trình Laplace
∆u = 0
như là một dạng của định luật bảo toàn của một trường thế vị. Một ví dụ khác đối
với (1) mà ta có thể xét đó là trường hợp
  
 
u
λ δ
u

 .
∆  = 
v
θ γ
v
Đây là mô hình cho các hệ phản ứng–khuếch tán trong vậy lý và sinh học.
Trong Luận văn này, tôi tập trung nghiên cứu nghiệm dương của phương trình
∆2 u + u−q = 0

(2)

trong R3 với q > 0. Rõ ràng bằng cách ký hiệu
 
u
U = 
∆u
phương trình (2) có thể được viết dưới dạng phương trình véc tơ


0
1
 U.
∆U = 
−u−q−1 0
1

(3)


Để có thể hình dung được lý do tại sao ta lại nghiên cứu phương trình (2) hoặc

phương trình (3), chúng ta sẽ đề cập đến ý nghĩa của nó khi nghiên cứu các bài toán
Q-độ cong trong hình học giải tích. Trước khi đề cập đến bài toán Q-độ cong trong
hình học giải tích, chúng ta hãy xét trường hợp bài toán độ cong vô hướng trong
hình học giải tích.
Cho trước một đa tạp Riemann compact n chiều (M, g) với n ≥ 3. Ta xét toán
tử Lg xác định bởi
Lg = −

4(n − 1)
∆g + Rg
n−2

trong đó ký hiệu Rg để chỉ độ cong vô hướng của metric g và ∆g để chỉ toán tử
Laplace tính theo metric g. Giả sử v là một hàm dương và trơn trên M . Xét một
metric mới xác định bởi công thức
g = v 4/(n−2) g
trên Rn và trong trường hợp này hai metric g và g được gọi là bảo giác với nhau.
Khi đó độ cong vô hướng của g được tính bởi công thức
n+2

Rg = Lg (v)v − n−2 .
Bài toán độ cong vô hướng trên (M, g) được phát biểu như sau: Cho trước hàm f
trên M , hỏi có tồn tại một metric g bảo giác với g sao cho Rg = f ? Rõ ràng câu
hỏi trên tương đương với việc giải phương trình
Lg (v) = f v (n+2)/(n−2)
để tìm v.
Bây giờ ta xét trường hợp đặc biệt khi (M, g) là mặt cầu n chiều (Sn , gstd ) trong
đó gstd là metric chuẩn trên mặt cầu Sn . Trong trường hợp này, toán tử Lgstd trở
thành
Lgstd = −∆gstd + (n − 1)!.

Trong trường hợp này ta có thể viết lại phương trình đang xét
n+2

Lgstd (v) = f v n−2 .

(4)

Ký hiệu π : Sn → Rn để chỉ phép chiếu nổi từ mặt cầu Sn lên trên mặt phẳng
Rn . Đặt
u(x) = v(π −1 (x))
2

1 + |x|2
2

− n−2
2

(5)


với x ∈ Rn . Từ [Gra07, Mệnh đề 1] ta biết rằng
− n+2
2

2
1 + |x|2

(−∆)u(x) = Lgstd v(π −1 (x)) .

(6)

Do đó bằng cách sử dụng phép chiếu nổi π, ta chiếu phương trình (4) cho v trên Sn
lên trên Rn để được phương trình
n+2

− ∆u = (f ◦ π −1 )u n−2 .

(7)

cho u. Rõ ràng Lg là toán tử vi phân cấp hai. Một sự mở rộng tương tự đối với
trường hợp toán tử Lg dẫn ta đến toán tử vi phân cấp bốn Pg mà ta sẽ đề cập dưới
đây.
Cho trước một đa tạp Riemann compact n chiều (M, g) với n ≥ 3. Ta xét toán
tử Paneitz Pg được định nghĩa như sau
Pg = ∆2g − δ [(an Rg g + bn Ricg ) d] +

n−4
Qg
2

trong đó
Qg = −

n3 − 4n2 + 16n − 16 2
2
1
∆Rg +
R
−

|Ric|2
g
2(n − 1)
8(n − 1)2 (n − 2)2
(n − 2)2

với
an =

(n − 2)2 + 4
,
2(n − 1)(n − 2)

bn = −

4
.
n−2

Ở đây Qg được gọi là Q-độ cong của metric g ứng với toán tử Pg . Các nghiên cứu
gần đây về Q-độ cong cho thấy đây có thể là một đối tượng hình học mới chứa đựng
rất nhiều thông tin thú vị mà ta chưa biết, chẳng hạn Q-độ cong tham gia trong
công thức Gauss–Bonnet–Chern nổi tiếng sau đây
Qg dµg +
M

1
4

|Wg |2g dµg = 8π 2 χ(M ),

M

trong đó χ(M ) là đặc trưng Euler về tô-pô của M còn Wg là ten-xơ Weyl của (M, g).
Tương tự như toán tử Lg , toán tử Pg cũng có tính chất bảo giác: nếu g = u4/(n−4) g
với n = 4 là một metric bảo giác của g, thì với mọi ϕ ∈ C ∞ (M ), ta có
n+4

Pg (ϕu) = u n−4 Pg (ϕ).
Đặc biệt, nếu chọn ϕ ≡ 1 thì
Pg (u) =

n+4
n−4
Qg u n−4 .
2

3

(8)


Tương tự bài toán độ cong vô hướng trên (M, g), bài toán Q-độ cong trên (M, g)
được phát biểu như sau: Cho trước hàm f trên M , hỏi có tồn tại một metric g bảo
giác với g sao cho Qg = f ?
Bây giờ ta lại xét trường hợp đặc biệt khi (M, g) là mặt cầu (Sn , gstd ) với metric
chuẩn. Trong trường hợp này, toán tử Pgstd trở thành
Pgstd =

− ∆gstd +

(n − 2)n
4

− ∆gstd +

(n − 4)(n + 2)
.
4

Bằng cách xét g = v 4/(n−4) gstd , từ phương trình (8), bài toán Q-độ cong trở thành
Pgstd (v) =

n+4
n − 4 n−4
fv .
2

(9)

Bằng cách sử dụng phép chiếu nổi π : Sn → Rn và phép đổi biến
1 + |x|2
u(x) = v(π (x))
2
−1

− n−4
2

(10)

với x ∈ Rn . Từ [Gra07, Mệnh đề 1] ta cũng có
2
1 + |x|2

− n+4
2

(−∆)2 u(x) = Pgstd v(π −1 (x)) .

(11)

Do đó bằng cách sử dụng phép chiếu nổi π, ta chiếu phương trình (9) cho v trên Sn
lên trên Rn để được phương trình
∆2 u =

n+4
n−4
(f ◦ π −1 )u n−4 .
2

cho u. Xét trường hợp đặc biệt khi f ◦ π −1 là hằng số và n = 3, ta thu được hai
phương trình
∆2 u = −u−7
và
∆2 u = u−7
trên R3 . Bằng cách thay số mũ −7 bởi −q với q > 0, phương trình thứ nhất chính là
phương trình ta đang xét (2). Sở dĩ ta không nghiên cứu nghiệm của phương trình
(−∆)2 u = u−q là vì trong nhiều trường hợp phương trình này không có nghiệm. Kết
quả này tương tự như trong trường hợp của phương trình −∆u = u−q với q > 0 vì
ta biết rằng phương trình này cũng không có nghiệm nếu xét trong toàn Rn ; xem

[Ngo16].

4


Chương 1

Một vài kết quả chuẩn bị
Trong phần đầu chương, chúng ta sẽ đề cập đến một số kết quả cơ bản trong
giải tích cổ điển. Tiếp theo chúng ta sẽ trình bày một số kết quả cơ bản về nghiệm
phương trình
∆2 u + u−q = 0,

(1.1)

trên R3 với q > 0. Phần cuối của chương trình bày nguyên lý so sánh nghiệm cho
phương trình bậc cao và bài toán giá trị ban đầu liên kết với phương trình đạo hàm
riêng đang xét.

1.1

Các ước lượng cơ bản

Ta bắt đầu mục này bằng một kết quả về giá trị trung bình cho Laplace.
Bổ đề 1.1. Trong Rn , nếu f ∈ C 2 (Ω) và Br (x0 ) ⊂ Ω thì ta có
∆f dx = rn−1
Br (x0 )

∂
∂r

r1−n

f dσx
∂Br (x0 )

Chứng minh. Theo công thức tích phân từng phần, ta có
∆f dx =
Br (x0 )

∂Br (x0 )

∂f
dσx
∂ν

Đổi biến x = x0 + ry và do dσx = rn−1 dσy nên ta có
∆f dx = rn−1
Br (x0 )

∂B1 (x0 )

= rn−1

∂
∂r

∂f
(x0 + ry)dσy
∂r

f (x0 + ry)dσy .

∂B1 (x0 )

Đặt x = x0 + ry và do dσy = dσx /rn−1 nên ta có
∆f dx = rn−1
Br (x0 )

∂
1
n−1
∂r r
5

f (x)dσx
∂Br (x0 )


= rn−1

∂
r1−n
∂r

f dσx .
∂Br (x0 )

Ta suy ra điều phải chứng minh.
Ở kết quả tiếp theo ta chỉ ra mối quan hệ giữa toán tử Laplace và đạo hàm tác
động trên một hàm trong trường hợp hàm đang xét là hàm cầu.

Bổ đề 1.2. Trong R3 nếu u là hàm cầu thì
∆u =

1 2
(r u )
r2

và
4
∆2 u = u(4) + u(3) (r).
r
Chứng minh. Ta chứng minh công thức thứ nhất. Ta đã biết trong R3 thì
∆u =

∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u
+
+
.
∂x2 ∂y 2 ∂z 2

Do u là hàm cầu nên ta có thể viết
x2 + y 2 + z 2 .

u = u(r), r =
Rõ ràng
∂u ∂r
∂u
=
= ur
∂x

∂r ∂x

x
x2

+ y2 + z2

.

Khi đó,
∂ 2u
∂
=
∂x2
∂x
=

∂u
∂x

∂u
∂x

=

∂
∂x

ur

x
x2 + y 2 + z 2

+

x2
+
= u 2
x + y2 + z2

x
x2 + y 2 + z 2
∂
∂x

x
x2 + y 2 + z 2

y2 + z2
(x2 + y 2 + z 2 )3

u.

Tương tự, ta cũng có
∂ 2u
y2
=u 2
+
∂y 2
x + y2 + z2

∂ 2u
z2
=
u
+
∂z 2
x2 + y 2 + z 2

6

x2 + z 2
(x2 + y 2 + z 2 )3
x2 + y 2
(x2 + y 2 + z 2 )3

u,

u.

u


Thay vào ta có ∆u = u + (2/r)u = (1/r2 )(r2 u ) và đây chính là công thức thứ
nhất. Tiếp theo ta chứng minh công thức thứ hai. Thật vậy, ta có ∆2 u = ∆(∆u) và
do ∆u = r−2 (r2 u ) nên
1
r2
1
= 2
r

1
= 2
r
1
= 2
r

∆2 u =

r2 (∆u)
r2
r2

1
(2ru + r2 u )
r2
−2
2
u + u +u
2
r
r

−2u + 2u + 2ru + 2ru + r2 u(4)

4
= u(4) + u(3) (r).
r
Bổ đề chứng minh xong.
Hệ quả 1.3. Trong R3 nếu hàm cầu u khả vi liên tục cấp 4 và thỏa mãn u (0) = 0

thì
(∆u)(0) = 3u (0)
và
(∆u) (0) =

u (0)
.
2

Chứng minh. Ta chứng minh công thức thứ nhất. Theo Bổ đề 1.2 ta có ∆u =
r−2 (r2 u ) , nên áp dụng quy tắc L’Hôpital ta được
(2ru + r2 u )
r→0
2r
u
r
= lim
+ 2u + u
r→0
r
2

(∆u)(0) = lim

.

Do u (0) = 0, nên áp dụng quy tắc L’Hôpital một lần nữa ta có
(∆u)(0) = lim (u (r) + 2u (r)) = 3u (0).
r→0

Tiếp theo ta chứng minh công thức thứ hai. Ta có
∆u(r) − ∆u(0)
r→0
r
(r2 u ) − r2 ∆u(0)
= lim
r→0
r3
2u (r) + ru (r) − 3ru (0)
= lim
.
r→0
r2

(∆u) (0) = lim

7


Do u (0) = 0 nên tiếp tục áp dụng quy tắc L’Hôpital ta được
(∆u) (0) = lim

r→0

2u (r) + u (r) + ru (r) − 3u (0)
1
= u (0).
2r
2

Hệ quả chứng minh xong.
Trước khi phát biểu các bổ đề tiếp theo, chúng ta đề cập ký hiệu
f (x0 , r) = --

1
4πr2

f dσ =

∂Br (x0 )

f dσ
∂Br (x0 )

để chỉ trung bình của một hàm f trên mặt cầu tâm x0 bán kính r trong R3 .
Bổ đề 1.4. Với x0 ∈ R3 bất kỳ và với mọi r > 0 ta có
−q

--

u−q dσ.

≤ --

udσ

∂Br (x0 )

(1.2)

∂Br (x0 )

Chứng minh. Đặt f (u) = u−q , khi đó ta có f = q(q + 1)u−q−2 > 0. Từ đó suy ra
hàm f (u) = u−q là hàm lồi trên khoảng (0, +∞). Vậy Bổ đề được suy ra trực tiếp
từ bất đẳng thức Jensen.
Bổ đề 1.5. Ta có
∆ --

udσ = --

∂Br (x0 )

∆udσ

∂Br (x0 )

Chứng minh. Theo công thức đưa tích phân hình cầu về tích phân mặt cầu ta có
r

∆udσ ds.

∆udx =
0

Br (x0 )

∂Bs (x0 )

Đạo hàm hai vế theo r
∂

∂r

∆udx

=

∆udσ.

Br (x0 )

∂Br (x0 )

Chia hai vế cho 4πr2 ta được
1
4πr2

∆udσ =
∂Br (x0 )

1 ∂
4πr2 ∂r

∆udx .
Br (x0 )

Từ Bổ đề 1.1 ta có
1 ∂
4πr2 ∂r

∆udx

Br (x0 )

1 ∂
∂
1
r2
udσ
2
4πr ∂r
∂r r2 ∂Br (x0 )
1 ∂
∂
= 2
r2
-udσ
r ∂r
∂r
∂Br (x0 )

=

= ∆

-∂Br (x0 )

Từ đó ta có điều phải chứng minh.
8

udσ .

1.2

Nguyên lý so sánh cho nghiệm phương trình bậc cao

Trong mục này ta đề cập đến nguyên lý so sánh cho nghiệm của phương trình
∆2 u + u−q = 0 trong Rn . Do phương trình đang xét là phương trình bậc cao, ta viết
lại dưới dạng phương trình véc tơ cho (u, ∆u). Nội dung nguyên lý so sánh dưới đây
được lấy ra từ [KR03, Bổ đề 3.2].
Định lý 1.6 (Nguyên lý so sánh). Cho (v, V ) và (w, W ) là hai hàm thuộc lớp C 2
trên [0, R) với v, w > 0 trên [0, R) và
(rn−1 v ) = rn−1 V,

(rn−1 w ) = rn−1 W,

(rn−1 V ) + rn−1 v −q ≤ 0 ≤ (rn−1 W ) + rn−1 w−q
trên (0, R). Khi đó ta có các khẳng định sau:
(a) (So sánh yếu) Nếu v(0) ≤ w(0), v (0) = w (0) = 0, V (0) ≤ W (0), V (0) =
W (0) = 0 thì v ≤ w, v ≤ w , V ≤ W , V ≤ W trên (0, R).
(b) (So sánh mạnh) Nếu với ρ > 0 bất kỳ ta có v < w trên khoảng (0, ρ) thì v < w,
v < w , V < W , V < W trên (0, R).
Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh (b). Giả sử v < w trên (0, ρ) với ρ > 0 nào
đó. Theo bất phương trình vi phân thứ hai ở trên ta có (rn−1 V ) < (rn−1 W ) trên
(0, ρ). Tích phân hai lần bất phương trình này ta được V < W trên (0, ρ). Bây
giờ, giả sử (0, c) là khoảng lớn nhất trên đó V < W , và giả sử ngược lại c < R. Từ
V < W và bất phương trình vi phân đầu ta có (rn−1 v ) < (rn−1 w ) trên (0, c). Thay
điều này vào bất phương trình vi phân thứ hai và tích phân hai lần ta có V < W
trên (0, c), và do đó V < W trên nửa khoảng đóng (0, c]. Điều này mâu thuẫn với
giả thiết (0, c) là khoảng lớn nhất sao cho V < W . Do đó v ≤ w, v ≤ w , V ≤ W ,
V ≤ W trên (0, R).

Tiếp theo ta chứng minh (a). Phần (a) được suy ra từ (b) theo cách sau: Đặt
f := (rn−1 V ) + v −q và (v , V ) là nghiệm của bài toán giá trị ban đầu
(rn−1 v ) = rn−1 V ,

v = v(0) − , v (0) = 0,

(rn−1 V ) + rn−1 v −q = f ≤ 0,

9

V (0) = V (0),

V (0) = 0.


Chú ý với = 0, tính duy nhất của bài toán giá trị ban đầu cho ta (v0 , V0 ) = (v, V ).
Hơn nữa, với

> 0 thì cặp (v , V ) và (w, W ) thỏa mãn giả thiết của phần (b), do

đó ta suy ra v < w, v < w , V < W , V < W trên (0, R). Cho

→ 0 ta có điều

phải chứng minh.
Do mọi hàm cầu u trong R3 đều thỏa mãn ∆2 u(r) = u(4) + 4u(3) (r)/r nên khi
n = 3 ta có thể chứng minh nguyên lý so sánh sau.
Bổ đề 1.7 (nguyên lý so sánh đối với n = 3). Cho (v, w) là cặp hàm số thuộc C 4
trên nửa khoảng [0, R) với v, w > 0 trên [0, R) và với
4

4
v (4) + v (r) + v −q ≤ 0 ≤ w(4) + w (r) + w−q trên (0, R).
r
r
Khi đó, ta có các khẳng định sau:
(a) (So sánh yếu) Nếu v(0) ≤ w(0), v (0) = w (0) = 0, v (0) ≤ w (0), v (0) =
w (0) = 0 thì v ≤ w, v ≤ w , v ≤ w , v ≤ w trên (0, R).
(b) (So sánh mạnh) Nếu với ρ > 0 bất kỳ ta có v < w trên khoảng (0, ρ) thì v < w,
v < w , v < w , v < w trên (0, R).

1.3

Một số kết quả cơ bản về nghiệm của phương trình
∆2 u + u−q = 0 trong R3

1.3.1

Các bổ đề

Đầu tiên ta có bổ đề khẳng định rằng nghiệm của phương trình (1.1) là điều hòa
dưới.
Bổ đề 1.8. Nếu u > 0 là nghiệm dương thuộc C 4 trên R3 thì ∆u > 0.
Chứng minh. Đầu tiên ta chứng minh ∆u ≥ 0. Phản chứng, giả sử ∃x0 ∈ R3 sao
cho ∆u(x0 ) < 0. Để tiện trong trình bày, ta ký hiệu các trung bình của u và ∆u
như sau
u(r) = --

udσ

(1.3)

∆udσ.

(1.4)

∂Br (x0 )

và
w(r) = -∂Br (x0 )

10


Ta có
∆u(r) = ∆ --

udσ = --

∂Br (x0 )

∆udσ = w(r).

∂Br (x0 )

Từ bất đẳng thức (1.2), phương trình ∆2 u + u−q = 0 và theo Bổ đề 1.5 ta có
−q
−q

u

=

--

u−q dσ = −∆ --

≤ --

udσ

∂Br (x0 )

∂Br (x0 )

∆udσ = −∆w(r).

∂Br (x0 )

Ta suy ra ∆w(r) + u−q ≤ 0. Từ đó ta có
∆u = w,
∆w + u−q ≤ 0.

(1.5)

Do w(0) = ∆u(x0 ) < 0 nên w(r) ≤ w(0) < 0 với mọi r > 0. Kết hợp với phương
trình đầu trong công thức (1.5) ta có ∆u ≤ w(0). Do ∆u = r−2 (r2 u ) nên ta có
r−2 (r2 u ) ≤ w(0), hay là (r2 u ) ≤ r2 w(0). Tích phân hai vế bất phương trình này
và do u (0) = 0 nên ta được
u(r) ≤ u(0) +

w(0) 2
r .
6

(1.6)

Nếu r đủ lớn thì u(r) < 0 (vô lý), từ đó ta có ∆u ≥ 0.
Tiếp theo ta chứng minh ∆u > 0. Giả sử tồn tại x1 sao cho w(x1 ) = 0 tức
∆u(x1 ) = 0 thì ∆w(x1 ) ≥ 0 do w đạt giá trị cực tiểu tại đây (mâu thuẫn với phương
trình ∆2 u + u−q = 0). Từ đó ta có ∆u > 0.
Tính dưới điều hòa của u trong Bổ đề 1.8 rất quan trọng khi nghiên cứu các
phương trình bậc cao. Trong kết quả tiếp theo, sử dụng tính điều hòa dưới ta có thể
kiểm soát được dấu của các đạo hàm của u và w.
Bổ đề 1.9. Với u(r) và w(r) được định nghĩa trong công thức (1.3) và (1.4) ta có:
u (r) > 0, u (r) > 0, u (r) < 0,

(1.7)

w (r) < 0,

(1.8)

với mọi r > 0.
Chứng minh. Trước tiên ta thiết lập (1.8). Từ bất đẳng thức trong công thức (1.5)
∆w + u−q ≤ 0, nhân hai vế với r2 rồi tích phân trên [0, r] ta được
r

r

u−q (t)t2 dt ≤ 0.

∆w(t)t2 dt +
0

0

11


Do ∆w(r) = r−2 (r2 w (r)) nên ta có
r

r

u−q (t)t2 dt ≤ 0.

(t2 w (t)) dt +
0

0

Điều này tương đương với
r

u−q (t)t2 dt ≤ 0.

r2 w (r) +
0

Do

r
0

u−q (t)t2 dt > 0 nên w (r) < 0. Tiếp theo ta thiết lập (1.7). Ta có ∆u =

r−2 (r2 u ) từ đó suy ra (r2 u ) = r2 w(r). Tích phân hai vế phương trình này trên
[0, r] ta được
r

t2 w(t)dt,

r2 u (r) =
0

hay là
1
u (r) = 2
r
Do w(t) > 0 nên r−2

r 2
t w(t)dt
0

r

t2 w(t)dt.
0

> 0, từ đó suy ra u (r) > 0. Để chứng minh công

thức thứ ba trong (1.7) ta nhắc lại ở Bổ đề 1.2 ta đã có
4
∆2 u(r) = u(4) + u(3) (r).
r
Lại có
4
1
1
u(4) + u(3) (r) = 4 4r3 u(3) (r) + r4 u(4) = 4 r4 u(3) (r) .
r
r
r
Từ đó ta có
∆2 u =

1 4 (3)
r u (r) .
r4

Do ∆2 u < 0 nên r4 u(3) (r) < 0 với mọi r > 0. Tích phân hai vế trên [0, r] ta suy ra
u(3) (r) < 0. Tiếp theo ta chứng minh công thức thứ hai trong (1.7). Từ u(3) (r) < 0
ta suy ra u(2) (r) là hàm giảm chặt. Giả sử u(2) (r) ≤ 0 tại r = r1 thì tồn tại δ > 0
sao cho r ≥ r2 > r1 , u(2) (r) ≤ −δ. Tích phân hai vế trên [r2 , r] ta được
r

r
(2)

u (t)dt =
r2

(−δ)dt,
r2

hay là
u (r) − u (r2 ) ≤ −δ(r − r2 ), ∀r > r2 .
Từ đó, suy ra u (r) − u (r2 ) ≤ 0. Với r đủ lớn thì u (r) < 0 (vì với r đủ lớn thì
u (r2 ) < 0), điều này trái ngược với công thức đầu trong (1.7) (mâu thuẫn), ta suy
ra u (r) > 0.

12


1.3.2

Điều kiện cần của q để phương trình ∆2 u + u−q = 0 trong R3 có
nghiệm

Ta bắt đầu mục này bằng một kết quả quan trọng liên quan đến điều kiện cần
cho q để phương trình (1.1) trong R3 có nghiệm.
Định lý 1.10. Nếu phương trình (1.1) có nghiệm dương trơn trên R3 thì q > 1.
Chứng minh. Giả sử u > 0 là nghiệm trơn của phương trình ∆2 u + u−q = 0 với
0 < q ≤ 1. Trong phần đầu của chứng minh ta sẽ chỉ ra q ≥ 1. Ta vẫn sử dụng ký hiệu
w = ∆u. Trong phần đầu chứng minh công thức (1.7) ta đã có r2 u (r) =

r 2
t w(t)dt,
0

và do w (r) < 0 nên ta có:
r

r
2

2

t2 w(r)dt =

t w(t)dt ≥

r u (r) =
0

0

t3
w(r)
3

r

=
0

r3
w(r).
3

Từ đó suy ra
r3
w(r).
3

r2 u (r) ≥

Chia hai vế cho r2 ta được u (r) ≥ rw(r)/3. Tích phân hai vế bất phương trình này
trên [0, r] và do w là hàm giảm nên ta có
r

r

u (t)dt ≥
0

0

1
tw(t)dt ≥
3

r
0

1
tw(r)dt.
3

Điều này tương đương với
u(r) − u(0) ≥

r2
w(r).
6

u(r) ≥ u(0) +

r2
w(r).
6

Từ đó ta có
(1.9)

Mặt khác, ta lại có
2r

rw(r) = rw(2r) − r

w (t)dt
r

r
= rw(2r) −
4π

2r

t−2
r

(∆w)dx.
Bt (0)

Do ∆w = −u−q và theo Bổ đề 1.1 nên ta có
2r
r
rw(r) = rw(2r) +
t−2
u−q (x)dx
4π r
Bt (0)
1
1 r 2
≥
u−q (x)dx =
t -u−q (x)dσx dt.
8π Bt (0)
2 0
∂Bt (0)

13


Vậy ta được
1
rw(r) ≥
2

r

u−q (x)dσx dt.

t2 -0

∂Bt (0)

Kết hợp với Bổ đề 1.4 và phương trình (1.3) ta có
−q

rw(r) ≥
≥
≥
=

1 r 2
t -u(x)dσx
dt
2 0
∂Bt (0)
1 r 2 −q
t u (t)dt
2 0
1 r 2 −q
t u (r)dt
(do u > 0)
2 0
r

1
1 3 −q
t u (r) = r3 u−q (r).
6
6
0

Vậy ta được
1
rw(r) ≥ r3 u−q (r).
6

(1.10)

Từ đó suy ra w(r) ≥ (1/6)r2 u−q (r). Kết hợp với công thức (1.9) ta có:
u(r) ≥ u(0) +

1 4 −q
r u (r).
36

Do u(0) > 0 nên suy ra
u(r) ≥

1 4 −q
r u (r).
36

Từ đó suy ra
u(r) ≥

1
36

1/(q+1)

r4/(q+1) .

(1.11)

Từ điều này và ước lượng (1.6) suy ra 4/(q + 1) ≤ 2. Do đó q ≥ 1 như đã khẳng
định từ trước. Bây giờ ta chứng minh q > 1. Nếu q = 1 và u là một nghiệm dương
thì u là nghiệm dưới theo nghĩa nó thỏa mãn
∆2 u + u−q ≤ 0, u (0) = 0, u (0) = 0.
Tiếp theo ta xét hàm cầu
z(r) = u(0) +

u (0) 2
r .
2

Khi đó z là một nghiệm trên theo nghĩa
∆2 z + z −q ≥ 0, z (0) = 0, z (0) = 0.
Theo nguyên lý so sánh thì z > u. Nghiệm cầu U của bài toán giá trị ban đầu


∆2 U + U −q = 0,




U (0) = u(0), U (0) = 0,




U (0) = u (0), U (0) = 0,
14


tồn tại trên [0, +∞) và theo nguyên lý so sánh nghiệm đó thỏa mãn u ≤ U ≤ z. Cho
W = ∆U , với q = 1 thì ∆2 U + 1/U = 0 hay là U ∆W + 1 = 0. Do ∆W = r−2 (r2 W )
nên ta có
U (r)(r2 W (r)) + r2 = 0.
Tích phân trên [0, r] ta được
r

r

U (t)(t2 W (t)) dt +

t2 dt = 0,

0

0

hay là
r

U (t)d(t2 W (t)) +

0

r3
= 0.
3

(1.12)

Tích phân từng phần số hạng đầu ở vế trái phương trình (1.12) ta được
r

r

r

t2 W (t)dU (t)

U (t)d(t2 W (t)) = U (t)t2 W (t) −
0

0

0
r

= U (r)r2 W (r) −

t2 U (t)dW (t).
0

Tích phân từng phần lần nữa ta được
r
0

r

r

U (t)d(t2 W (t)) = U (r)r2 W (r) − t2 U (t)W (t) 0 −

W (t)d(t2 U (t))
0
r

W (t)d(t2 U (t)).

= U (r)r2 W (r) − U (r)r2 W (r) +
0

Ta có
r

r

W (t)(t2 U (t)) dt

W (t)d(t2 U (t)) =
0

0

r

t2 W 2 (t)dt.

=
0

Thay tất cả vào phương trình (1.12) ta được
r

U (r)r2 W (r) − U (r)r2 W (r) +

t2 W 2 (t)dt +

r3
= 0.
3

t2 W 2 (t)dt +

1
= 0.
3

0

Chia cả hai vế cho r3 ta có
U
U (r)

1
rW (r) −
W (r) + 3
2
r
r
r

r
0

(1.13)

Từ Bổ đề 1.8 và công thức (1.8) ta có thể giả thiết limr→∞ W (r) = α với α ≥ 0.
Dùng ước lượng (1.6), (1.10) và q = 1 ta suy ra α > 0. Do đó (r2 U ) = αr2 + o(r2 )
với r đủ lớn. Tích phân hai vế trên [0, r] ta có r2 U (r) = αr3 /3. Chia hai vế cho r3
ta được U /r = α/3. Áp dụng quy tắc L’Hôpital ta có
U
α
= .
2
r→∞ r
6
lim

15


Thêm nữa,
1

lim (rW (r)) = − lim
r→∞
r→∞ r
Với W (r) bị chặn dưới thì tích phân

r

t2
6
dt = − .
U (t)
α

0
r 2
t W 2 (t)dt
0

→ ∞ khi r → ∞. Do đó, áp dụng

quy tắc L’Hôpital ta có
1
r→∞ r 3

r

t2 W 2 (t)dt =

lim

0

r2 W 2 (r)
α2
W 2 (r)
=
.
=
lim
r→∞
r→∞
3r2
3
3
lim

Lấy giới hạn hai vế và thay các kết quả tính toán trên vào phương trình (1.13) ta có
U
1
U
W (r) + lim 3
(rW (r)) − lim
2
r→∞ r
r→∞ r
r→∞ r

r

t2 W 2 (t)dt +

lim

0

1
= 0,
3

hay là
α −6 α
α2 1
− α+
+ = 0.
6 α
3
3
3
Điều này là vô lý, vậy nên q > 1.
1.3.3

Tốc độ tăng của nghiệm của phương trình ∆2 u + u−q = 0 trong R3

Từ Định lý 1.10 ta chỉ giới hạn việc tìm nghiệm của phương trình (1.1) trong
trường hợp q > 1. Kết quả dưới đây được tổng hợp từ [CX09] và [KR03] cho chúng
ta vài thông tin cơ bản về nghiệm cầu của (1.1).
Mệnh đề 1.11. Ta có các khẳng định sau:
(a) Nếu phương trình (1.1) có nghiệm dương trơn trên R3 với tốc độ tăng tuyến
tình thì q > 3.
(b) Bất kỳ nghiệm cầu nào của phương trình (1.1) cũng có cấp tăng ít nhất là

tuyến tính tại vô cùng, nghĩa là lim inf |x|→∞ u(x)/|x| > 0, và nhiều nhất là
bình phương tại vô cùng, nghĩa là lim sup|x|→∞ u(x)/|x|2+ε = 0 với mọi ε > 0
bất kỳ.
(c) Nếu 1 < q < 3 thì phương trình (1.1) có vô số nghiệm cầu và trơn với tốc độ
tăng ngặt giữa tuyến tính và bình phương, các nghiệm này có dạng brβ , với
β ∈ (1, 2).
(d) Nếu q > 3 thì bất kỳ nghiệm cầu và trơn của phương trình (1.1) hoặc là tăng
tuyến tính hoặc là tăng bình phương tại vô cùng.

16


(e) Nếu q ≥ 7 thì tồn tại duy nhất nghiệm cầu và trơn của phương trình (1.1) với
tốc độ tăng tuyến tính tại vô cùng.

1
∃u ≈ r4/(1+q)

q=3

3
q=7

q>7

q > 3 là cần thiết nếu muốn nghiệm u tăng tuyến tính
u tìm được

∃! u ≈ r

Nghiệm cầu u tăng hoặc tuyến tính hoặc bình phương

∃u≈r

Nghiệm cầu u tăng từ tuyến tính đến bình phương

∃ u ≈ r(log r)1/4

Tồn tại vô số nghiệm u tăng bình phương ở vô cùng

17


1.4

Bài toán giá trị ban đầu

Để nghiên cứu nghiệm cầu của phương trình ∆2 u + u−q = 0 trong R3 , với β > 0,
xét bài toán giá trị ban đầu liên kết với phương trình trên


∆2 U + U −q = 0, U > 0, r ∈ (0, Rmax (β)),



U (0) = 1, U (0) = 0,





∆U (0) = β, (∆U ) (0) = 0,

(1.14)

với [0, Rmax (β)) là khoảng tồn tại nghiệm lớn nhất.
Mệnh đề 1.12. Nếu u là nghiệm cầu của phương trình ∆2 u + u−q = 0 thì u (0) = 0
và u (0) = 0.
Chứng minh. Ta chứng minh công thức thứ nhất. Ta có ∆u = r−2 (r2 u ) , từ đó suy
r
0

ra r2 u (r) =

s2 ∆u(s)ds. Chia cả hai vế cho r2 ta được
1
u (r) = 2
r

r

s2 ∆u(s)ds.
0

Do ∆u(0) = β nên ta có
0 ≤ |u (r)| ≤

1
r2

r

s2 |∆u(s)|ds ≤
0

1
β
r2

r

s2 ds =
0

βr
.
3

Cho r → 0 thì ta có u (0) = 0. Tiếp theo ta chứng minh công thức thứ hai. Do
∆2 u = r−2 (r2 (∆u) ) nên r2 (∆u) (r) =

r
0

s2 (∆2 u)(s)ds. Chia cả hai vế cho r2 ta

được
(∆u) (r) =
2

Do ∆ u = u

−q

1
r2

r

s2 (∆2 u)(s)ds.
0

nên trong lân cận của 0 (tức là r đủ nhỏ) thì ∆2 u(s) bị chặn, tức là

|∆2 u(s)| ≤ C. Khi đó ta có
0 ≤ |(∆u) (s)| ≤

1
r2

r

s2 |∆2 u(s)|ds ≤
0

1
C
r2

r

s2 ds =
0

Cr
.
3

Cho r → 0 thì ta có (∆u) (0) = 0, tức là u (0) = 0. Mệnh đề được chứng minh.
Nghiệm của bài toán giá trị ban đầu trên có quan hệ chặt chẽ với giá trị β. Điều
đó được thể hiện qua Mệnh đề 1.16 dưới đây. Ta nhắc lại nghiệm cầu u của bài toán
giá trị ban đầu (1.14) được gọi là nghiệm nguyên nếu nghiệm đó xác định trên toàn
bộ [0, +∞). Ngược lại, nghiệm u được gọi là có giá compact nếu u dương thuộc nửa

18