Luận văn Sự không tồn tại lời giải dương của một số bài toán Neumann phi tuyến trong nửa không gian trên

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 giờngày ..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 >∈′′=∈=∆ −+ nnnn xRxxxRxu (1.2) . ( ) ( )( ) 1,0,,0, −∈′′′=′− nx 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) 01 =++ zzrrr uuru , 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 rur rIruz 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,( rurgruz =− ≥ 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 bị 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 +∞→+∞×−nR 4 (1.6) 0 , M > 0 : ≥ M ,∀ ≥ 0,∀ ∈ , ∃ α ≥ ∃ ),( uxg ′ αu u x′ 1−nR 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 −<< nnα ≥ ≥ ),( 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 trị 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 trị 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 >∈′∈′== −+ nnnnn xRxRxxxR }0,:),({ 1 ≥∈′∈′== −+ nnnnn xRxRxxxR nRx∈ , , ),(),...,,( 21 nn xxxxxx ′== 2 122 2 1 1 2 )( n n i i xxxx +′=   = ∑ = . Chúng ta xét bài toán: Tìm một hàm u có tính chất : ( 1S ) ( ) ∈ ++ nn RCRC I2u , ∈ +nx RCnu , ( )2S +∞→Rlim     ∂ ∂+ >=>= )(sup.)(sup 0,0, xuRxu nn xRxxRx ν = 0, và thỏa phương trình Laplace: (2.1) ( ){ } ,0,:,,0 1 >∈′′=∈=∆ −+ nnnn xRxxxRxu và điều kiện biên Neumann (2.2) , ( ) ( ) 11 ,0, −∈′′=′− nx Rxxgxu n 6 trong đó ν∂ ∂. chỉ đạo hàm theo hướng véctơ pháp tuyến đơn vị trên nửa mặt cầu 0, >nxR=x 1−nR , hướng ra ngoài và là hàm số cho trước liên tục trên . 1g Ta xét hàm Green cho phương trình Laplace với điều kiện Neumann như sau: (2.3) ]~[ )2( 1),( 22 nn n xaxa n xa −− −+−−= ωγ , trong đó , , , nn Rxxx ∈′= ),( ),(~ nxxx −′= nRa +∈ ω là diện tích của quả cầu đơn vị trong . n nR Ta chú ý rằng với cố định, hàm γ thuộc lớp C trong và nRa +∈ .),(a ∞ }~,{\ aaRn (2.4) 0),( 1 2 2 =∂ ∂=∆ ∑ = n i i xa x γγ , , axax ~, ≠≠∀ (2.5) γ trên . 0)0,,( =′xa nx 0=nx Ta cố định a và số thực . Chọn ε đủ nhỏ sao cho nR+∈ 0>R 0> RR nn BRaxRx Ω≡∩⊂≤−∈= ++ }:{ εεS với }:{ RxRxB nR <∈≡ . Áp dụng công thức Green trên miền εSR \Ω , ta viết được: (2.6) ∫∫∫ =−Ω∂Ω −−−=∆−∆ ε νννν γγγγγγ ε axS dSuudSuudxuu RR )()()( \ . Ta có bổ đề sau: Bổ đề 1: Với giả thiết ( ta có )1S 7 (2.7) )()(lim 0 audSuu ax =−∫ =−→ + ε ννε γγ . Chứng minh: Ta viết hàm Green γ dưới dạng: ),( xa (2.8) γ , ),(),(),( xaxasxa Φ+= n n xa n xa −−−= 2 )2( 1),( ωs , )~,(~ )2( 1),( 2 xasxa n xa n n =−−= − ωΦ . 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 ( 1S ) ),(),(),(),( xaxauxauxax νν Φ−Φa εS nên (2.10) . 0),(lim 1 0 = +→ εε aI * Đổi biến , chuyển tích phân mặt trên mặt cầu tâm bán kính ε thành tích phân mặt trên mặt cầu đơn vị tâm O. yax ε+= a (2.11) ∫∫ = − =− ++= 1 1 )(),( y n ax dyauyaasdSus ωεεε ν ε ν 0)( )2( 1 →+−= ∫=yn dyaun ωεω ε ν khi ε . +→ 0 (2.12) ∫∫ = − =− ++−=− 1 1 ),()( y n ax dyaasyaudSus ωεεε ν ε ν )()(1 1 audyau yn →+= ∫ = ωεω khi ε . +→ 0 Vậy (2.11), (2.12) dẫn đến 8 (2.13) . 0),(lim 2 0 = +→ εε 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 Ra 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( )1S )2S (2.15) . ∫∫ − ′−=− Ω∂+∞→ 1 )(lim n n R R x R xdudSuu γγγ νν Chứng minh: Ta có RRR SD ∪=Ω∂ , }:)0,{( RxxDR ≤′′= , }0,:),({ >=′== nnR xRxxxxS . Ta viết (2.16) . ∫∫∫ −+−=− Ω∂ RRR SD dSuudSuudSuu )()()( νννννν γγγγγγ Ta sẽ chứng minh rằng: (2.17) , ∫ −+∞→ RD R dSuu )(lim νν γγ ∫ − ′−= 1n n R x xduγ (2.18) . 0)(lim =−∫+∞→ RS R dSuu νν γγ Chứng minh (2.17) 9 Trên : ν , RD )1,...,0,0( −= nxuu −=ν * n nn n nnn 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),;( − +−=′ ωΦ .γ , ),(),(),( xaxasxa Φ+= Do đó: , 0)0,;()0,;()0,;( =′Φ+′=′ xaxasxa nnn xxxγ hay (2.19) 0);( = RD xaνγ . (2.20) ( ) 2)2(22 1)2( 2);( −+′−′×−= nnnD axanxa R ωγ . 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 : RS (i) Đánh giá tích phân . ∫ RS dSuνγ * Trên ta có RS (2.22) ( ) 2 1 )2( 2);(0 −− ×−≤≤ nn aRn xa ωγ , . RSx∈∀ 10 Do đó (2.23) ( ) ∫∫ −−×−≤ RR S n nS dSu aRn dSu νν ωγ 2 1 )2( 2 ( ) ∫= − −− ×− 1 1 2 )( 1 )2( 2 y n n n dRyRu aRn ωω ν= ( ) 2)(sup)2( 2 2 1 n Sxn n n xu aR R n R ω ω ν∈− − × − ×−≤ ( ) )(sup)2( 2 1 xu aRn R RSx n n ν∈− − × −− = . (ii) Đánh giá tích phân . ∫ RS dSu νγ Ta có (2.24) ∑∑ == Φ+==∂ ∂= n i ixx n i ix iii s 11 )( ννγν γ νγ R x=ν . Ta có: -9- (2.25) n ii n iin n x xa ax xa axxan n xas i − −−=− −−−−= − ωω 1)2( )2( 1);( 1 , 1 . ni ≤≤ (2.26) n ii n iin n x xa ax xa axxan n xa i ~ 1 ~ ~)2( )2( 1);( 1 − −−=− −−−−=Φ − ωω , 1 , 1−≤≤ ni 11 (2.27) n nn n nx xa axxxa n ~ 1),;( − +−=′Φ ω . Chú ý rằng: RSx∈∀ , Rxx == ~ , : 0≥nx 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 axxa n ωωω . Ta suy từ (2.24),(2.28),(2.29),(2.30) rằng: (2.31) ( ) 11 12)( −= − ≤Φ+≤ ∑ n n n i ixx aR ns ii ωνγν , . RSx∈∀ -10- Do đó: (2.32) ( ) ∫∫ ∈−−×≤ RRR SSx n nS dSxu aR ndSu )(sup12 1ωγν ( ) 2)(sup 12 1 1 nn Sxnn Rxu aR n R ω ω − ∈−− ×≤ 12 ( ) )(sup1 1 xu aR nR RSx n n ∈− − − = . Ta suy từ (2.23), (2.32) rằng: (2.33) ≤−∫ RS dSuu )( νν γγ ( ) )(sup)2( 2 1 xu aRn R RSx n n ν∈− − × −− ( ) )(sup1 1 xu aR nR RSx n n ∈− − − + . Sử dụng giả thiết , từ (2.33) ta suy ra . ( 2S ) ) 0)(lim =−∫+∞→ RS 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( )1S 2S (2.34) , . ∫∫ −− ′′′=′−= 11 )()0,;()( 1 nn n RR x xdxgxaxduau γγ nRa +∈∀ Ta có định lý sau: -11- Định 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 +∞→+∞×−nR ( )1S 2S (2.35) ( )∫− −+′−′ ′′′−=′ 1 2)2(22 ))0,(,()2( 2),( nR nnnn aax xdxuxg n aau ω , ∀ . nn 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,, Ryxyxuyxgyxuz ∈=− với g : thỏa điều kiện: ),0[),0[2 +∞→+∞×R )( 1G g làhàm liên tục, )( 2G Tồn tại hai hằng số , α sao cho : 0>M 0≥ , ∀ . αuMuyxg ≥),,( 0,, ≥∀∈ uRyx Các tính chất ( ), ( được cụ thể lại như sau: 1S )2S ( )*1S )()( 332 ++ ∩∈ RCRCu , )( 3+∈ RCzu , ( )*2S (i) 0),,(suplim 0,2222 = >=+++∞→ zyxu zRzyxR , (ii) 0),,(),,(),,(suplim 0,2222 =∂ ∂+∂ ∂+∂ ∂ >=+++∞→ zyx z uzzyx y uyzyx x ux zRzyxR . Khi đó ta có định lý sau: 14 Định 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[ +∞→ ( )*1S , ( )*2S . Khi đó u là lời giải của phương trình tích phân phi tuyến sau: (3.3) ηξ ηξ ηξηξ π ddzyx ugzyxu R ∫∫ +−+−= 2 222 )()( ))0,,(,,( 2 1),,( , . 3),,( +∈∀ Rzyx Ta cũng giả sử rằng giá trị biên của lời giải u của bài toán (3.1), (3.2) thỏa điều kiện: )0,,( yxu ( )*3S Tích phân ηξηξ ηξηξ ddyx ugR∫∫ −+−2 22 )()( ))0,,(,,( tồn tại . 2),( Ryx ∈∀ Ta phát biểu kết quả chính trong phần nầy như sau: Định 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 )( 1G )( 2G 2≤<α( )*1S , ( )*2S , ( )*3S . Chứng minh định lý 3: Bằng phương pháp phản chứng, giả sử rằng bài toán (3.1), (3.2) có lời giải dương u thỏa ),,( zyxu= ( )*1S , ( )*2S , ( )*3S . Dùng định lý hội tụ bị chận, cho trong phương trình tích phân (3.3), nhờ vào +→ 0z ( )*3S , ta thu được: (3.4) ηξ ηξ ηξηξ π ddyx ugyxu 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 ddyx ug R ∫∫ −+−2 22 )()( )),(,,( 2 1≡ , ∀ . 2),( Ryx ∈ trong đó là một toán tử tuyến tính xác định bằng công thức: A 15 (3.6) ∫∫ −+−= 2 22 )()( ),( 2 1),)](,([ R yx ddvyxvA ηξ ηξηξ πηξ , . 2),( Ryx ∈∀ Để chứng minh định 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 αηξ , nếu , 10 ≤<α (ii) 1 )1)(1(2 1),(])1([ 22 22 −++− ≥++ − αα 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 αηξ −++ 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 αηξ −++ ∫ +∞ +++ ≥ 0 22 )()1( yxrr rdr α ∫ +∞ + +++22 )()1( 22yx 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 αηξ −++ ∫ +∞ + + ≥ 22 )1(2 1 yx r dr α 1 )1)(1(2 1 22 −++− αα 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) rr 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 yxrryx +∞ ++ × + 12222 )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 00 >r (3.15) 000 ),(2 1),( myxuyxu ≡> , . })()(:),{(),(),( 20 2 0 2 0000 ryyxxyxyxByx r <−+−=∈∀ Ta suy từ ( , (3.5), (3.15) và tính đơn điệu của toán tử , rằng )2G A (3.16) ),)](,([),))](,(,,([),( yxuMAyxugAyxu ηξηξηξ α≥= ∫∫ −+−2 22 )()( ),( 2 R yx dduM ηξ ηξηξ π α = ∫∫ −+−≥ ),( 22 0 000 )()(2 )( yxBr yx ddmM 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( 20 2 0 2 0 2 0 22 yxyxyx −+−+++++≤ ηξ )1)(1( 20 2 0 2 0 22 ryxyx +++++≤ , Ryx ∈∀ , ,∀ η , ta thu được: ),(),( 000 yxBr∈ξ (3.18) ∫∫ −+−),( 22 0 000 )()(2 )( yxBr yx ddmM ηξ ηξ π α ∫∫+++++≥ ),(20202022 0 000 )1)(1( 2 )( yxBr dd ryxyx mM ηξπ α 202 0 2 0 2 0 22 0 )1)(1( 2 )( r ryxyx mM ππ α +++++ ≥ )1( 1 )1( 2 )( 222 0 2 0 2 0 2 0 0 yxryx rmM ++ × +++ ≥ ππ α . Ta suy từ (3.16), (3.18) rằng (3.19) ),( 1 ),( 122 1 yxu yx myxu ≡ ++ ≥ , Ryx ∈∀ , với )1(2 20 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 )2G A (3.20) ),)](,([),))](,(,,([),( yxuMAyxugAyxu ηξηξηξ α≥= ≥ ),)](,([ 1 yxuMA ηξα +∞=++ − ),(])1([ 221 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 )( 2G A (3.21) ),)](,([),))](,(,,([),( yxuMAyxugAyxu ηξηξηξ α≥= ≥ ),)](,([ 1 yxuMA ηξα ),(])1([ 221 yxAmM αα ηξ −++= 1 )1)(1(2 22 1 −++− αα α yx mM≥ ),()1( 2 22 2 2 yxuyxm q ≡++= − , trong đó (3.22) )1(2 1 2 −= α αmMm , . 12 −=αq Bằng quy nạp ta giả sử rằng (3.23) 1)1(),(),( 2211 − −−− ++≡≥ kqkk yxmyxuyxu , . Ryx ∈∀ , 20 Nếu α , khi đó, sử dụng bổ đề 4, (ii), ta thu được từ , (3.5), (3.23) rằng 11 >−kq )( 2G (3.24) ),)](,([),))](,(,,([),( yxuMAyxugAyxu ηξηξηξ α≥= ≥ ),)](,([ 1 yxuMA k ηξα− ),(])1([ 1221 yxAmM k q k −−− ++ αα ηξ= 11)1)(1(2 221 1 −−++−− − kqyxq mM k k αα α ≥ ),()1( 22 yxuyxm kk kq ≡++ −= , trong đó các dãy số { được xác định bởi công thức qui nạp: }{}, kk mq (3.25) , ; , 11 −= −kk qq α ,...3,2=k 11 =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 kq , 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 0k (3.28) ln )2ln(1 ln )2ln( 0 αα −−<≤−− k . Với số tự nhiên được chọn, ta có 0k 21 (3.29) . 10 0 ≤< kqα Sử dụng bổ đề 4, (i), ta thu được từ , (3.5), (3.24), (3.29), rằng )( 2G (3.30) ),)](,([),))](,(,,([),( yxuMAyxugAyxu ηξηξηξ α≥= ≥ ),)](,([ 0 yxuMA k ηξα ∞+=++= − ),(])1([ 0 0 22 yxAmM kqk αα ηξ . Định 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= )2G A (3.31) ),)](,([),))](,(,,([),( 2 yxuMAyxugAyxu ηξηξηξ ≥= ),)](,([ 21 yxuMA ηξ≥ ),(])1([ 22221 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) , 12 =p 212 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 kp k trong đó là các hằng số dương. 11, −− kk Cp Sử dụng giả thiết và (3.5), (3.34), ta có: )( 2G (3.35) ),)](,([),))](,(,,([),( 2 yxuMAyxugAyxu ηξηξηξ ≥= ),)](,([ 2 1 yxvMA k ηξ−≥ ∫∫ −+− − 2 22 2 1 )()( ),( 2 R k yx ddvM ηξ ηξηξ π= ∫∫ ≥+ − −+−1 22 2 1 22 )()( ),( 2 ηξ ηξ ηξηξ π yx ddvM k≥ ∫∫ ≥+ − −+−+     ++ − 1 2222 2 22 2 1 22 1 )()()( ) 2 1 ln( 2 ηξ ηξηξ ηξηξ π yx dd MC kp k≥ ∫∫ ≥+ − ++++     ++ ≥ − 1 222222 2 22 2 1 22 1 )()( ) 2 1 ln( 2 ηξ ηξηξ ηξηξ π yx dd MC kp k 23 ∫ ∞+ − ++    + − 1 22 2 2 1 )( ) 2 1ln( 1 yxrr drr MC kp k≥ . Ta xét trường hợp , ta có 122 ≥+ yx (3.36) ∫∫ ∞+ + ∞+ ++    + ≥ ++    + −− 22 11 )( ) 2 1ln( )( ) 2 1ln( 22 2 1 22 2 yx pp yxrr drr yxrr drr kk ∫ ∞+ + ++      ++≥ − 22 1 )( ) 2 1 ln( 22 2 22 yx p yxrr dryx k ∫ ∞+ + ++ − +      ++= − 22 1 )11(1) 2 1 ln( 2222 2 22 yx p dr yxrryx yx k +∞ +++ × +      ++= − 22 1 2222 2 22 ln1) 2 1 ln( yx p yxr r yx yx k 22 2 22 2ln) 2 1 ln( 1 yx yx kp +      ++= − . Với , ta suy từ (3.35), (3.36) rằng 122 ≥+ yx (3.37) ∫ ∞+ − ++    + ≥ − 1 22 2 2 1 )( ) 2 1ln( ),( 1 yxrr drr MCyxu kp k 1222 22 2 1 ) 2 1 ln( 2ln −     ++ + ≥ − kp 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 kp k trong đó là các hằng số dương xác định bởi các công thức qui nạp. kk Cp , (3.39) , , . 12 −= kk pp 2ln2 1−= kk MCC ,...4,3=k Từ (3.33),(3.39) ta có (3.40) , 22 −= kkp 11 2 1 12 )2ln 2 1( 2ln 1 −− −= kk mMCk . Nhờ vào (3.40) ta viết lại (3.38) với như sau 122 ≥+ yx (3.41) ),(),( yxvyxu k≥ 22 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 1 222 1 2 >++ yxmM hay (3.42) 02 1 2 22 ) 2ln 4exp(21 ρ≡+−>+ mM yx . Khi đó ta có (3.43) , +∞=≥ +∞→ ),(lim),( yxvyxu kk 0 22 ρ>+ yx . 25 Điều nầy vô lý. Định lý 3 được chứng minh cho trường hợp 3. Tổ hợp các trường hợp 1-3 chúng thấy rằng định lý 3 được chứng minh. Chú thích 1. Kết quả của định lý 3 mạnh hơn kết quả trong [8] Ruy, Long, Bình. Thật vậy, tương ứng với cùng phương trình (3.1), (3.2), các giả thiết sau đây đã dùng trong [8] không cần thiết ở đây )( 3G không giảm đối với biến thứ ba ,i.e., ),,( uyxg ( , ∀ , ∀ . 0)))(,,(),,( ≥−− vuvyxguyxg Ryx ∈, 0, ≥vu )( 4G Tích phân ∫∫ ++2 221 )0,,( R yx dxdyyxg tồn tại và dương. Chú thích 2. Chú ý rằng với , hàm không giải quyết được trong [8] vì không thỏa giả thiết , trong khi đó chúng tôi đã giải được ví dụ nầy trong luận văn. 20 ≤<α αuuyxg =),,( )( 4G Chú thích 3. Trường hợp α , các tác giả Bunkin, Galaktionov, Kirichenko, Kurdyumov, Samarsky [1] có cho một đánh giá tương tự như (3.38) nhưng phức tạp hơn, mà ở đó được cho dưới dạng của một chuỗi hàm. 2= kv Chú thích 4. Kết quả của định lý 3 không còn đúng với α . Ta xét phản ví dụ sau đây với α và . Ta có g thỏa các giả thiết , . Khi đó hàm số 2> 3= 3),,( uuyxg = )( 1G )( 2G 222 )1( 1),,( +++ = zyx zyxu là lời giải dương của bài toán (3.1), (3.2) và thỏa ( )*1S , ( )*2S , ( )*3S . 26 CHƯƠNG 4 SỰ KHÔNG TỒN TẠI LỜI GIẢI DƯƠNG VỚI TRƯỜNG HỢP N > 3 Trong phần nầy ta xét bài toán Neumann sau đây với : 3>n Tìm một hàm là lời giải của bài toán Neumann u (4.1) ( ){ } ,0,:,,0 1 >∈′′=∈=∆ −+ nnnn xRxxxRxu (4.2) , ( ) ( )( ) 1,0,,0, −∈′′′=′− nx Rxxuxgxu n thỏa các tính chất: ( 1S ) ( ) ∈ ++ nn RCRC I2u , ∈ +nx RCnu , ( )2S +∞→Rlim     ∂ ∂+ >=>= )(sup.)(sup 0,0, x x uRxu nxRxxRx nn = 0, Ở đây cho trước thỏa các điều kiện sau: ),0[),0[: 1 +∞→+∞×−nRg ( )1G là hàm liên tục, g ( )2G 0 , ∃ M > 0 : M u , ∀ 0, ∈ . ∃ α ≥ ),( uxg ′ ≥ α u ≥ x′∀ 1−nR và một số điều kiện phụ sẽ đặt sau. Khi đó, Nếu là hàm liên tục và lời giải u bài toán (4.1),(4.2) có các tính chất ( ), , thì u là nghiệm của phương trình tích phân sau đây g 1S ( 2S ) 27 (4.3) ( )( ) ( )∫− −+′−′ ′′′−=′ 1 2222 )0,(,)2( 2),( nR nnnn xxy ydyuyg n xxu ω nR+∈ , , ),( nxx′∀ trong đó ω là diện tích của mặt cầu đơn vị trong . n nR Đây là kết quả trong phần thiết lập phương trình tích phân (chương 2, định lý 1 ), trong đó có sự thay đổi các ký hiệu trong cách viết: , ( . ),(),( nn xxxaa ′=→′ ),(), nn yyyxx ′=→′ Ta cũng giả sử rằng giá trị biên u của lời giải của bài toán (4.1), (4.2) thỏa tính chất: )0,(x′ u ( 3S ) Tích phân ( )∫ − −′−′ ′′′ 1 2 )0,(, nR nxy ydyuyg tồn tại, ∀ ∈ . x′ 1−nR Khi đó, ta phát biểu kết quả chính trong phần nầy như sau: Định lý 4. Nếu thỏa các giả thiết , với và . Khi đó, bài toán (4.1),(4.2) không có lời giải dương thỏa . g )2 ( )3S ( )1G ( 2G ) ) 3>n /()1(0 −−≤≤ nnα ( )−1S Chú thích 5.1. Kết quả nầy mạnh hơn kết quả trong [2], [8]. Thật vậy, ở cùng bài toán (4.1), (4.2), các giả thiết sau đây đã sử dụng trong các bài báo [2], [8] mà trong chương nầy không cần đến: ( )3G là hàm không giảm đối với biến u , i.e., ),( uxg ′ 0 ∀ x ∈ , ∀ u 0, v 0, ( )(),(),( vuvxguxg −′−′ ) ≥ NR ≥ ∀ ≥ ( 4G Tích phân ∫ − −′+ ′′ 1 2)1( )0,( nR nx xdxg tồn tại và dương. Chứng minh định lý 4 Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử rằng bài toán (4.1), (4.2) có lời giải dương u thỏa các điều kiện ( ) . Dùng định lý hội ),( nxxu ′= −1S ( 3S ) 28 tụ bị chận Lebesgue, cho trong phương trình tích phân (4.3), nhờ vào , ta thu được: +→ 0nx( 3S ∫ − ′ 1 , nR y yg y= ,(x′ ′ 0,(xu N=1 ∫ − −′ ′ 1 , nR y uyg )]()) xy ′)(xu )(xu xy yv N−− 1 )(yvA ([ (2 N 1([A ∞+ 1([ N NN q b −− 2)1( ω ) (4.4) ( )−′−′ ′′ −= 2 )0,( )2( 2) n n x ydyu n ω ∈ . x′∀ 1−nR Ta viết lại phương trình tích phân (4.3) bằng cách thay lại các ký hiệu , , , u , i.e., n − xx =′ y′ )()0 xu ′= (4.5) ( )−′ ′′ −= 2 )( )2( 2 n n x ydy n ω , ∈ . x′∀ 1−nR hay (4.6) , , (,([ uygA= NRx∈∀ trong đó A là toán tử tích phân tuyến tính cho bởi công thức như sau (4.7) dybx NR N ∫=))]( , với b = . N ( ) 11)1 −+− Nω Để chứng minh định lý 4, ta chỉ cần chứng minh rằng phương trình tích phân (4.6) không có lời giải liên tục dương. Trước hết ta cần một số bất đẳng thức sau đây: Bổ đề 5. Với mọi ta có: NRx∈ (4.8) )]() xy q−+ = , nếu , 10 ≤≤ q (4.9) )]() xyA q−+ ≥ qx −+ 11 )1( , nếu . 1>q Chứng minh bổ đề 5. Ta có từ công thức (4.7) rằng 29 (4.10) dy xy y bxyA NR N q N q ∫ − − − − +=+ 1 )1( )]()1([ dy xy y b NR N q N ∫ − − + + 1)( )1(≥ q ry rN q N JdSdr xr rb =+ +≥ ∫∫ = +∞ − − 0 1)( )1( . trong đó ∫ =ry rdS N là tích phân mặt trên mặt cầu, tâm O , bán kính trong .Tích phân nầy chính là diện tích của mặt trên mặt cầu r R ry = , tức là: (4.11) N N ry r rdS ω1− = =∫ . Vậy, ta suy từ (4.10), (4.11) rằng (4.12) dr xr rrbJxyA N Nq NNq q ∫ +∞ − −−− + +=≥+ 0 1 1 )( )1()]()1([ ω ∫ +∞ −− ++= 0 1)1()1( dr r x rb NqNNω . qNN Ib ω≡ Tích phân phân kỳ khi q và hội tụ khi . Hơn nữa, ta có qI 1≤ 1>q (4.13) ∫ +∞ −− ++= 0 1)1()1( dr r x rI Nqq ∫ +∞ −− ++≥ x Nq dr r x r 1)1()1( 30 q N x Nq x q drr − −+∞ −− +−=+∫ 1 1 1 )1( 1 22)1(≥ . Do đó bổ đề 5 được chứng minh. Bây giờ, để tiếp tục chứng minh định lý 4, ta giả sử rằng tồn tại sao cho u . Vì liên tục nên tồn tại sao cho: NRx ∈0 0)( 0 >x u 00 >r (4.14) )( 2 1)( 0xuxu > 00, rxxRx N ≤−∈∀ . Ta suy từ giả thiết , (4.6), (4.14) rằng ( 2G ) (4.15) )]())(,([)( xyuygAxu = ))](([ xyuMA α≥ ≥ α))( 2 1( 0xubM N ∫ ≤− −− 00 1 rxy Nxy dy , ∀ . NRx∈ Sử dụng bất đẳng thức sau (4.16) )1)(1( 00 xyxxxy −+++≤− )1)(1( 00 rxx +++≤ , ∀ ∈ , yx, NR 00 rxy ≤− , ta suy từ (4.15), (4.16) rằng (4.17) )(xu ≥ α))( 2 1( 0xubM N ∫ ≤− −− 00 1 rxy Nxy dy ≥ α))( 2 1( 0xubM N ∫ ≤− −− +×++× 00 11 00 )1( 1 )1( 1 rxy NN dyxrx α))( 2 1( 0xubM N= N r xrx N N NN 0 11 00 )1( 1 )1( 1 ω −− +×++× , NRx∈∀ . Ta viết lại 31 (4.18) 1)1()()( 11 qxmxuxu −+=≥ , , NRx∈∀ trong đó (4.19) , 11 −= Nq 1 00 00 1 )1(2 )( −++= N N NN rxN xurbM m α αω . Sử dụng một lần nữa đẳng thức (4.6), ta suy từ giả thiết , (4.18) rằng ( 2G ) (4.20) M)(xu ≥ ))](([ xyuAM α ≥ )]()1[( 11 xyAm qαα −+ . x∀ ∈ NR Bây giờ ta xét các trường hợp khác nhau của giá trị α . Trường hợp 1: 0≤ α ≤ 1 1 −N . Ta suy ra từ (4.8), (4.19), (4.20) với =α , rằng α=q 1q 1)1( ≤−N (4.21) . +∞=)(xu NRx∈∀ Đó là điều vô lý. Trường hợp 2: 1 1 −N < α < 1−N N . Sử dụng (4.9) với q , ta suy ra từ (4.20) rằng: α= 1)1(1 >−= Nq α (4.22) M )(xu ≥ )]()1[( 11 xyAm qαα −+ ≥ 111 1 1 )1( 2)1( q N NN x q bmM αα α ω − − +− , ∀ ∈ . x NR hay (4.23) 2)1()()( 22 qxmxuxu −+=≥ , , NRx∈∀ trong đó 32 (4.24) =α , = 2q 11 −q 2m 2 1 1 2 q mbM N NN − αω . Giả sử rằng (4.25) =)(xu ≥ )(1 xuk− 1−km 1)1( −−+ kqx , . x∀ ∈ NR Nếu α , khi đó ta dùng bất đẳng thức (4.9) với , ta thu được từ giả thiết , (4.6), (4.25), rằng 11 >−kq α=q 11 >−kq( 2G ) (4.26) )(xu ≥ ))](([ xyuAM α ≥ )]()1([ 11 xyAmM kqk −−− + αα ≥ 111 1 1 )1( 2)1( −− −− − +− kq N k NN k x q bmM αα α ω m≥ k kqx −+ )1( = , )(xuk x∀ ∈ NR trong đó các dãy { }, { được xác định bởi các công thức qui kq }km nạp sau: (4.27) = α , = kq 11 −−kq km k N kNN q mbM 1 1 2 − −αω , k = 2,3, Từ (4.19), (4.27) ta thu được (4.28) 1, 11 1, 1 1)1( ,1, 1 1 ≠    −<<−− −−− =− = −− ααα αα α N N N N kN q k k k nếu nếu , Ta suy từ ( , (4.6) và (4.26) rằng )2G (4.29) )(xu ≥ αkmM )]()1[( xyA kqα−+ , . x∀ ∈ NR Như vậy ta chỉ cần chọn một số tự nhiên sao cho: k 33 (4.30) . 10 ≤< kqα Do (4.28), ta chọn một số tự nhiên như sau: k i) Nếu α = 1 , ta chọn k , 1−= N ii) Nếu 1 1 −N < α < 1−N N và α , ta chọn k thỏa k ≤ k < k +1, 1≠ 0 0 với k = 0 ])1([lnln 1 αα −− − NN . Trường hợp 3: α = 1−N N . Ta viết lại (4.20) (4.31) M)(xu ≥ ))](([ xyuAM α ≥ )]()1[( 11 xyAm qαα −+ = M )]()1[(1 xyAm N−+α , . x∀ ∈ NR Mặt khác, với mọi , NRx∈ 1≥x , ta có. (4.32) dy xy y bxyA NR N N N N ∫ − − − − +=+ 1 )1( )]()1([ dy xy y b NR N N N ∫ − − + +≥ 1)( )1( ∫∫ = +∞ − − + + ry rN N N dSdr xr rb 0 1)( )1(≥ dr xr rrb N NN NN ∫ +∞ − −− + += 0 1 1 )( )1(ω dr xr rrb x N NN NN ∫ − −− + +≥ 1 1 1 )( )1(ω ∫ − − ++≥ x NN N NN xrr drrb 1 1 1 )()1( ω . Chú ý rằng với mọi sao cho r xr ≤≤1 ta có 34 (4.33) N N r r 2 1 1 ≥   + và xxr 2 11 ≥+ . Vậy, ta có từ (4.33) rằng (4.34) ∫∫ +≥++ −− − x NN x NN N xrr dr xxrr drr 1 2 1 1 1 )()2( 1 2 1 )()1( ) 2 1 (ln1 4 1 11 x x NN +×× −−= , ∀ ∈ , x NR 1≥x . Từ (4.31), (4.32) , (4.34) ta suy ra rằng (4.35)    ≥    + ≤ =≥ − ,1,2 1 ln ,1,0 )()( 2 1 22 x x x C x xvxu p N với (4.36) , 12 =p 1 12 4 −= N NN mMbC αω . Giả sử rằng (4.37)    ≥    + ≤ =≥ − − −− ,1, 2 1 ln ,1,0 )()( 1 1 11 x x x C x xvxu kp N kk trong đó là các hằng số dương. 11, −− kk Cp Sử dụng giả thiết và (4.6), (4.37), ta suy ra rằng ( 2G ) (4.38) )(xu ≥ ))](([ xyuAM α 35 ≥ ))](([ 1 xyvAM kα− dy xy yvbM NR N k N ∫ −−−= 11 )(α dy xy yvbM NR N k N ∫ −−+ 11 )( )(α≥ dy xy yvbM y N k N ∫ ≥ − − +1 1 1 )( )(α≥ r ry N k N dS xr yvdrbM ∫∫ = − − +∞ + 1 1 1 )( )(α= ∫ ∞+ −− +    + − 1 11 )( ) 2 1ln( 1 dr xrr r CbM N p kNN kα αω= Ta xét trường hợp 1≥x , ta có (4.39) ∫∫ ∞+ − ∞+ − +    + ≥+    + −− x N p N p dr xrr r dr xrr r kk 1 1 1 )( ) 2 1ln( )( ) 2 1ln( 11 αα ∫ +∞ −+      +≥ − x N p xrr drx k 1)( ) 2 1 ln( 1α ∫ +∞ −+      +≥ − x N p rrr drx k 1)( ) 2 1 ln( 1α 1 2 1 ln 2)1( 1 11 −     + − −− kp NN x xN α = . Từ (4.38), (4.39), ta suy ra rằng 36 (4.40)    ≥    + ≤ =≥ − ,1,2 1 ln ,1,0 )()( 1 x x x C x xvxu kp N kk trong đó là các hằng số dương xác định bằng các công thứ qui nạp như sau: kk Cp , (4.41) , 1−= kk pp α 112)1( − − −= N kNN k N CbMC αω , ,...4,3=k Ta tính ra công thức hiển của nhờ vào (4.36), (4.41), như sau kk Cp , (4.42) , , 2−= kkp α 2 )( 2 11 −−−= kCddC NNNNk α ,...4,3=k trong đó (4.43) 12)1( −−= N NN N N bMd ω . Ta viết lại (4.40) với 1≥x , ta có (4.44) )(xu ≥ 2 ) 2 1 (ln1)( 2 1 1 1 −     += −−− k x Cd x dxv NNN N Nk α . Chọn sao cho 0x (4.45) 1) 2 1 (ln 02 1 >+− xCd NN , Do (4.44), ta suy ra rằng . +∞=≥ +∞→ )(lim)( 00 xvxu kk Đây là điều vô lý. Định lý 4 được chứng minh hoàn tất. Chú thích 5.2. 37 i) Trong trường hợp của chúng ta chưa có kết luận về trường hợp ),( uxg ′ )2()1( −−> nnα , . Tuy nhiên, khi =u , , 3≥n ),( uxg ′ α 3≥n )2()1 −n <≤α( −n )2−(nn , B.Hu trong [6] đã chứng minh rằng bài toán (4.1), (4.2), (1.7) không có lời giải dương. Trong trường hợp “ giới hạn )2( −= nnα ” , lời giải dương không tồn tại (Xem [4-6]). ii) Với )2( −= nnα , các tác giả trong [4] đã mô tả tất cả các lời giải không âm không tầm thường ( ) ∈ ++ nn RCRCu I2 của bài toán   =′=′− =∆− +−+ 0)0,()0,( ,)2()2( nx nnn xxubxu Ruau n trên trong α  trong các trường hợp sau: (j) hay ,0>a 0≤a nnaBb )2( −=> , (jj) a , 0== b (jjj) , 0,0 <= ba (4j) .,0 Bba =< 38 PHẦN KẾT LUẬN Luận văn chủ yếu khảo sát sự không tồn tại lời giải dương của bài toán Neumann phi tuyến sau (1) ( ){ } ,0,:,,0 1 >∈′′=∈=∆ −+ nnnn xRxxxRxu (2) . ( ) ( )( ) 1,0,,0, −∈′′′=′− nx Rxxuxgxu n trong đó hàm số g : là liên tục thỏa điều kiện ),0[),0[1 +∞→+∞×−nR (3) 0 , M > 0 : M , 0,∀ , ∃ α ≥ ∃ ),( uxg ′ ≥ αu u∀ ≥ x′ ∈ 1−nR và một số điều kiện phụ. Phần chính của luận văn nằm ở các chương 2, 3 và 4. Trong chương 2, là phần thiết lập phương trình tích phân phi tuyến theo ẩn hàm là giá trị biên xuất phát từ phương trình Laplace n - chiều trong nửa không gian trên liên kết với điều kiên biên Neumann. nR+ Trong chương 3, chúng tôi nghiên cứu sự không tồn tại lời giải dương của bài toán (1),(2),(3) cụ thể với n = 3. Bằng cách xây dựng một dãy hàm thích hợp, chúng tôi thu được kết quả (định lý 3) mạnh hơn kết quả trong bài báo [8] của Ruy, Long, Bình. Bởi vì chúng tôi đã cải tiến lại phép chứng minh và bỏ qua các giả thiết và ( đã dùng trong [8]. Mặt khác, với 0 , hàm không giải quyết được trong [8] vì không thỏa giả thiết ( , trong khi đó chúng tôi đã giải được ví dụ nầy trong luận văn. )( 3G uyx ),, )4G )4G αu2≤<α g =( Trong chương 4, chúng tôi xét bài toán (1),(2),(3) với . Hàm liên tục thỏa điều kiện (3) và một số điều kiện phụ mà chứa trường hợp = u như là một trường hợp riêng. Trong trường hợp 0 , , bằng cách xây dựng một dãy hàm thích hợp chúng tôi chứng minh rằng bài toán(1),(2), (3) không có lời giải dương. Kết quả nầy cũng đã đã cải tiến kết quả trong bài báo [2] của Bình, Diễm, Ruy, Long (1998) do việc bỏ qua tính đơn điệu tăng của hàm theo biến và một số điều kiện tương tự khác. 3>n ),( uxg ′ ≤ ),( uxg ′ )1( −≤ n ),( ux′ α −n )2/(α g 3>n u 39 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1]F.V. Bunkin,V.A. Galaktionov, N.A. Kirichenko, S.P.Kurdyumov, A.A. Samarsky, On a nonlinear boundary value problem of ignition by radiation, J.Comp.Math.Phys. 28 (1988), 549-559.(Russian). [2] Dương Thị Thanh Bình,Trần Ngọc Diễm, Đinh Văn Ruy, Nguyễn Thành Long, On a nonexistence of positive solution of a nonlinear Neumann problem in half-space , Demonstratio Math. 31 (1998), 773-782. nR+ [3] Dương Thị Thanh Bình, Nguyễn Thành Long, On the nonexis-tence of positive solution of Laplace equation in half-space with a nonlinear Neumann boundary condition, Demonstratio Math. 33 (2000), 365-372. nR+ [4] M. Chipot, I. Shafrir, M. Fila, On the solutions to some elliptic equations with nonlinear Neumann boundary conditions, Advances in Diff.Equ. 1 (1996), 91-110. [5] B. Hu, H.M. Yin, The profile near blow-up time for solution of the heat equation with a nonlinear boundary condition, Transactions of AMS. 346 (1994), 117-135. [6] B. Hu, Nonexistence of a positive solution of the Laplace equation with a nonlinear boundary condition, J. Diff. and Inte. Equ. 7 (1994), 301-313. [7] Nguyễn Thành Long, Đinh Văn Ruy, On a nonexistence of positive solution of Laplace equation in upper half-space with Cauchy data, Demonstratio Math.28 (1995), 921-927. [8] Đinh Văn Ruy, Nguyễn Thành Long, Dương Thị Thanh Bình, On a nonexistence of positive solution of Laplace equation in upper half- space, Demonstratio Math. 30 (1997), 7-14. 40