1.1 Không gian hàm và toán tử Tập hút lùi (Pullback attractors)... 11
|
|
- Αοιδή Νικολάκος
- 7 χρόνια πριν
- Προβολές:
Transcript
1 Mục lục Danh mục các kí hiệu, chữ viết tắt 3 Lời cảm ơn 4 Lời mở đầu 5 1 Không gian hàm và các định nghĩa Không gian hàm và toán tử Tập hút lùi (Pullback attractors) Một số bổ đề, định lý Bổ đề Gronwall Bổ đề Gronwall đều Sự tồn tại nghiệm yếu Đặt bài toán Các giả thiết của bài toán Định nghĩa nghiệm yếu của bài toán Sự tồn tại nghiệm yếu của bài toán Sự tồn tại của D tập hút lùi trong H µ () L p () Các bổ đề Định lý Kết luận chung 39 1
2 Tài liệu tham khảo 40 2
3 Danh mục các kí hiệu, chữ viết tắt Trong khóa luận này, để cho ngắn gọn, ta dùng kí hiệu:. 2, (.,.), u µ, ((.,.)) µ, làm chuẩn và tích vô hướng trong L 2 () và H µ (); tương tự, ta dùng. p làm chuẩn trong L p (). Ta cũng thường sử dụng ký hiệu sau: M = (u(t) M) = {x : u(x, t) M}. 3
4 Lời cảm ơn Lời đầu tiên, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới TS. Nguyễn Đình Bình, người đã tận tình và nghiêm khắc dạy bảo để luận văn này được hoàn thành. Đồng thời, tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Khoa Toán Cơ Tin, Phòng Sau Đại học, trường Đại học Khoa học tự nhiên - Đại học quốc gia Hà Nội đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tác giả trong quá trình học tập và nghiên cứu. Cảm ơn các thầy cô và đồng nghiệp đã trao đổi cùng tác giả những kiến thức và kinh nghiệm quý báu để giúp cho luận văn được hoàn thiện hơn. Bên cạnh đó, sự quan tâm của gia đình, bạn bè là nguồn động viên không thể thiếu để giúp tác giả hoàn thành luận văn này. Xin chân thành cảm ơn. Học viên : Bùi Huy Bách Lớp : Toán giải tích
5 Lời mở đầu Việc nghiên cứu dáng điệu tiệm cận của các hệ động lực là một trong các vấn đề quan trọng nhất của vật lý toán hiện đại. Một cách tiếp cận bài toán này đối với một hệ động lực tán xạ là phân tích sự tồn tại và cấu trúc của tập hút toàn cục (global attractor) của nó. Đó là một tập đóng, bị chặn, bất biến và hút tất cả các tập bị chặn. Tập hút toàn cục chứa đựng nhiều thông tin về dáng điệu tiệm cận của hệ động lực đang xét. Tuy nhiên, tập hút toàn cục chỉ áp dụng được cho các trường hợp ôtônôm, trong khi rất nhiều quá trình có ngoại lực phụ thuộc vào thời gian. Do đó, cần phải mở rộng khái niệm tập hút cho các hệ động lực không ôtônôm. Việc mở rộng nghiên cứu về tập hút đã dẫn đến khái niệm tập hút đều (uniform attractor) cho trường hợp quỹ đạo nghiệm bị chặn khi thời gian t tiến ra vô hạn, và sau đó là khái niệm tập hút lùi (pullback attractor) cho trường hợp quỹ đạo nghiệm bất kỳ khi thời gian t tiến ra vô hạn. Trong luận văn này, tác giả nghiên cứu sự tồn tại tập hút lùi đối với một lớp phương trình parabolic suy biến: u t u µ x 2u + f(u, t) = g(t, x), x, t >, u = 0, t >, u(x, ) = u (x), x, (0.1) với là một miền bị chặn trong R N (N 3) có chứa gốc tọa độ, u L 2 () là hàm cho trước, 0 < µ µ là tham số, µ = ( N 2 2 )2 là hằng số lớn nhất 5
6 thỏa mãn bất đẳng thức Hardy: µ u 2 x 2dx u 2 dx, u C 0 (). (0.2) Trong trường hợp g 0 và hàm f có một số dạng đặc biệt, bài toán (0.1) đã được nghiên cứu trong các bài báo [2,3,5,6,12], hay trong trường hợp hàm ngoại lực là g(t, x) phụ thuộc vào thời gian t và hàm phi tuyến f = f(u): u t u µ x 2u + f(u) = g(t, x), bài toán (0.1) đã được nghiên cứu trong bài báo [1]. Trong đó, các tác giả đã nghiên cứu về sự tồn tại toàn cục và sự phụ thuộc của dáng điệu nghiệm của các phương trình vào tham số µ. Trong luận văn này, tác giả tiếp tục nghiên cứu bài toán (0.1) trong trường hợp hàm ngoại lực là g(t, x) và hàm phi tuyến f = f(u, t). Hàm phi tuyến f và ngoại lực g thỏa mãn các điều kiện sau: (F) Hàm f C 1 (R [, ]) và thỏa mãn: C 1 u p k 1 (t) f(u, t)u C 2 u p + k 2 (t), p 2, k 1 (t), k 2 (t) L (R), k 1 (t) > 0, t R, k 2 (t) > 0, t R, F (u) = u 0 f(u, t) u C( u p p 1) l, u R, F (u) C( u p p + 1), f(r)dr, (trong trường hợp f(r, t) = f(r)), C, C 1, C 2, l là các hằng số dương. 6
7 (G) g W 1,2 loc (R; L2 ()) thỏa mãn 0 e 1,µs ( g(s) g (s) 2 2 )ds < +, ở đây 1,µ là giá trị riêng thứ nhất của toán tử A µ = µ x 2 điều kiện thuần nhất Dirichlet. trong với Để nghiên cứu bài toán (0.1), ta sẽ sử dụng không gian H µ (), 0 µ µ, được định nghĩa như là bao đóng của C 0 () với chuẩn u µ = ( ( u 2 µ u 2 x 2)dx)1/2. Mục đích của khóa luận này là chứng minh rằng luôn có sự tồn tại phụ thuộc vào tham số µ của một D- tập hút lùi trong không gian H µ () L p () cho quá trình được mô tả trong bài toán (0.1). Phương pháp được sử dụng ở khóa luận này được mô tả như sau: Trước tiên ta sử dụng phương pháp compact hóa [9] để chứng minh sự tồn tại toàn cục của một nghiệm yếu và sử dụng đánh giá tiên nghiệm để chỉ ra sự tồn tại của một họ các D- tập hấp thụ lùi B = {B(t) : t R} trong H µ () L p () cho quá trình nói trên. Do tính compact của phép nhúng H µ () L 2 (), quá trình nói trên là D- tiệm cận compact lùi trong L 2 (). Điều này kéo theo sự tồn tại của một D- tập hút lùi trong L 2 (). Trong quá trình chứng minh sự tồn tại của D- tập hút lùi trong L p () và trong H µ () L p (), để khắc phục các khó khăn do thiếu các kết quả về phép nhúng, ta sử dụng phương pháp tiệm cận đánh giá tiên nghiệm đã được khởi đầu trong [11] cho các phương trình ôtônôm. Cấu trúc của khóa luận gồm ba chương: - Chương 1: Trình bày các kiến thức cơ sở về khái niệm cũng như các kết quả về không gian và tập hút lùi đối với phương trình parabolic phi tuyến 7
8 tính. - Chương 2: Chứng minh sự tồn tại duy nhất nghiệm yếu của bài toán (0.1). - Chương 3: Chứng minh sự tồn tại của D tập hút lùi trong H µ () L p () (trong trường hợp f (u, t) không phụ thuộc vào t). Mặc dù đã rất cố gắng, song luận văn chắc chắn vẫn còn nhiều thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được sự góp ý của các thầy cô và đồng nghiệp để luận văn được hoàn thiện hơn. Hà Nội, ngày 20 tháng 11 năm
9 Chương 1 Không gian hàm và các định nghĩa 1.1 Không gian hàm và toán tử Với mỗi 0 µ µ, ta định nghĩa không gian H µ () như là một bao đóng của C 0 () với chuẩn: u µ = ( ( u 2 µ u 2 x 2)dx)1/2. Khi đó H µ () là một không gian Hilbert với tích vô hướng < u, v > µ := ( u v µ uv x 2)dx, u, v H µ(). Ta đã biết (xem [12]) rằng nếu 0 µ µ,thì H µ () H 1 0(). Khi µ = µ, ta có bất đẳng thức Hardy-Poincare trong [12] ( u 2 µ u 2 x 2)dx C(q, ) u 2 W 1,q (), 1 q < 2, (1.1) và với 0 s < 1, 1 r < r = 2N N 2(1 s), ( u 2 µ u 2 x 2)dx C(s, r, ) u 2 W s,r (), (1.2) 9
10 với mọi u C 0 (). Do đó dẫn tới các phép nhúng liên tục sau, khi 1 q < 2 và 0 s < 1: H µ () W 1,q 0 (), H µ () H s 0(). (1.3) Hơn nữa, vì W 1,q 0 () được nhúng compact trong H s 0() với mỗi q = q(s) thích hợp, và H s 0() được nhúng compact trong L 2 (), ta có các phép nhúng compact sau: H 1 µ() L 2 (), H µ () H s 0(), 0 s < 1. (1.4) Nhắc lại rằng phép nhúng W 1,q L p () là liên tục với 1 p Nq N q và q < N. Khi đó, đặt p = Nq N q với 1 q < 2, thì từ (2.3) suy ra phép nhúng liên tục H µ () L p () đúng với mọi 1 p p. Bây giờ ta xét bài toán biên sau đây u µ x 2u = λu, khi x, u = 0, khi x. (1.5) Để có thể áp dụng thác triển Friedrichs của các toán tử đối xứng (xem[13]) ta nhắc lại biến đổi bất đẳng thức Hardy trong [12]: ( ) 2 N 2 u 2 u 2 dx 2 x 2dx + λ u 2 dx, (1.6) với λ là một hằng số dương phụ thuộc vào, và X = L 2 (), D(Ã) = C µ 0 (), Ãu = u u. Từ đó suy ra à là một toán tử dương liên hợp x 2 và không gian năng lượng X E bằng với H µ () vì X E là không gian mở rộng của D(Ã) = C 0 () với tích vô hướng < u, v > µ = ( u v µ uv x 2)dx. Hơn nữa à A A E, 10
11 với A E : H µ () H 1 µ () là thác triển mạnh, (H 1 µ () là không gian đối ngẫu của H µ () ), và A = µ x 2 xác định là là thác triển Friedrichs của à với miền D(A) = {u H µ () : A(u) X}. Ta cũng có H µ () L 2 () H 1 µ (), với phép nhúng là compact và trù mật. Do đó, với mỗi 0 < µ µ, tồn tại một hệ trực chuẩn đầy đủ các vectơ riêng (e j,µ, λ j,µ ) phụ thuộc vào µ sao cho (e j,µ, e k,µ ) = δ j,k ; e j,µ µ x 2e j,µ = λ j,µ e j,µ, j, k = 1, 2,... 0 < λ 2,µ λ 3,µ..., λ j,µ + khi j +. Cuối cùng ta nhận xét rằng với mọi u H µ (), ta có: u 2 µ u 2 2. (1.7) 1.2 Tập hút lùi (Pullback attractors). Định nghĩa Giả sử (X,d) là một không gian metric. Với A, B X, ta định nghĩa nửa khoảng cách Hausdorff giữa A và B bởi dist(a, B) = sup x A inf y B d(x, y). Định nghĩa Tập hợp {U(t, ) : t, R} được gọi là một quá trình trong X nếu ánh xạ U(t, ) : X X thỏa mãn U(, ) = Id và U(t, s)u(s, ) = U(t, ) với mọi t s, R. Định nghĩa Quá trình {U(t, )} được gọi là liên tục norm-to-weak trên X nếu U(t, )x n hội tụ yếu tới U(t, )x khi x n hội tụ mạnh tới x trong X, với mọi t, R. 11
12 Bây giờ ta nhắc lại một phương pháp để kiểm tra một quá trình là liên tục norm-to-weak. Bổ đề [14] Giả sử X và Y là hai không gian Banach, X, Y là các không gian đối ngẫu tương ứng. Giả sử rằng X trù mật trong Y, đơn ánh i : X Y liên tục và ánh xạ đối ngẫu i : Y X là trù mật, {U(t, )} là quá trình liên tục hoặc liên tục yếu trên Y. Khi đó {U(t, )} là liên tục norm-to-weak trên X nếu và chỉ nếu cho t, R, U(t, ) ánh xạ một tập compact của X vào một tập bị chặn của X. Giả sử B(X) là họ tất cả các tập con khác rỗng, bị chặn của X, và D là một lớp khác rỗng của tập hợp được tham số hóa ˆD = {D(t) : t R} B(X). Định nghĩa Một quá trình {U(t, )} được gọi là D tiệm cận compact lùi nếu với mọi t R, với mọi ˆD D và với mọi n, với mọi dãy x n D( n ), dãy {U(t, n )x n } là compact tương đối trong X. Định nghĩa Một quá trình {U(t, )} được gọi là ω D giới hạn compact lùi nếu với mọi ɛ > 0, với mọi t R, với mọi ˆD D luôn tồn tại một 0 (D, ɛ, t) t, sao cho α( U(t, )D()) ɛ, 0 trong đó α là độ đo không compact Kuratowski của B B(X), α(b) là cận dưới đúng của tập hợp các số δ dương mà thỏa mãn: B có một phủ mở hữu hạn gồm các hình cầu có đường kính nhỏ hơn δ. Bổ đề [7] Một quá trình {U(t, )} là D tiệm cận compact lùi nếu và chỉ nếu nó là ω D giới hạn compact lùi. 12
13 Định nghĩa Một họ các tập hợp bị chặn ˆB D được gọi là D tập hấp thụ lùi của quá trình {U(t, )} nếu với mọi t R, với mọi ˆD D, tồn tại 0 = 0 ( ˆD, t) sao cho 0 U(t, )D() B(t). Định nghĩa Một họ  = {A(t) : t R} B(X). được gọi là D tập hút lùi của quá trình {U(t, )} nếu nó thỏa mãn các điều kiện sau: 1. A(t) compact với mọi t R; 2.  bất biến, tức là với mọi t ; 3.  là D hút lùi, tức là với mọi ˆD D và với mọi t R; U(t, )A() = A(t) lim dist(u(t, )D(), A(t)) = 0 4. Nếu {C(t) : t R} là một họ các tập hút đóng thì A(t) C(t) với mọi t R. Định lý [7] Giả sử {U(t, )} là một quá trình liên tục norm-toweak sao cho {U(t, )} là D tiệm cận compact lùi. Nếu tồn tại một họ các D tập hấp thụ lùi ˆB = {B(t) : t R} D thì {U(t, )} có duy nhất một D tập hút lùi  = {A(t) : t R} và A(t) = s t U(t, )B(). s 13
14 1.3 Một số bổ đề, định lý Bổ đề Gronwall. Định lý (Bổ đề Gronwall) Giả sử I là kí hiệu cho một khoảng trên đường thẳng thực, có dạng [a; ), hoặc [a; b], hoặc [a; b) với a < b. Giả sử β và u là các hàm thực liên tục trên I. Nếu u khả vi trong phần trong I o của I (khoảng I bỏ đi các đầu mút a, b) và thỏa mãn u (t) β (t) u (t), t I o, thì u bị chặn bởi nghiệm của phương trình vi phân tương ứng u (t) = β (t) u (t): u (t) u (a) e t a β(s)ds với mọi t I. Chứng minh. Ta định nghĩa hàm Chú ý rằng v thỏa mãn với v (a) = 1, v (t) > 0, t I. Ta có v (t) = e t a β(s)ds. v (t) = β (t) v (t), t I o, Từ đó suy ra d u dt v = u v v u v 2 βuv βvu v 2 = 0, t I o. u (t) v (t) u (a) v (a) = u (a), t I u (t) u (a) e t a β(s)ds (điều phải chứng minh). 14
15 1.3.2 Bổ đề Gronwall đều. Định lý (Bổ đề Gronwall đều) Giả sử g, h, y là ba hàm số dương khả tích địa phương trên (t 0, + ) sao cho y khả tích địa phương trên (t 0, + ) và thỏa mãn: dy dt gy + h, t t 0, (1.8) t+r t t+r t+r g (s) ds a 1, h (s) ds a 2, y (s) ds a 3, t t 0, (1.9) t t trong đó r, a 1, a 2, a 3 là các hằng số dương. Khi đó, ta có y (t + r) ( a3 ) r + a 2 e a 1, t t 0. (1.10) Chứng minh. Giả sử rằng t 0 t s t + r. Từ (1.8), ta có d (y (s) e ) s t g()d = d ds ds (y (s)) s e t g()d + y (s) d (e ) s t g()d ds = d ds (y (s)) e s t g()d y (s) e s t g()d g (s) (g (s) y (s) + h (s)) e s t g()d y (s) e s t g()d g (s) = h (s) e s t g()d h (s). Bằng cách lấy tích phân từ t 1 (với t t 1 t + r) đến t + r, ta có y (t + r) e t+r t g()d y (t 1 ) e t 1 t g()d t+r t 1 h (s) ds y (t + r) e t+r t g()d y (t 1 ) e t t+r 1 t g()d + h (s) ds t 1 15
16 y (t + r) y (t 1 ) e t 1 g()d+ t+r t+r t t g()d + t+r t+r t = y (t 1 ) e g()d 1 + t 1 y (t 1 ) e a 1 + a 2 e a 1 = (y (t 1 ) + a 2 ) e a 1. t 1 h (s) ds.e t+r g()d t h (s) ds.e t+r g()d t Lấy tích phân hai vế của bất đẳng thức trên theo t 1 từ t đến t + r, ta có t+r t y (t + r) y (t + r) dt 1 t+r t dt 1 y (t + r) r y (t + r) (Điều phải chứng minh). t+r t ( t+r t ( t+r t ( a3 r + a 2 (y (t 1 ) + a 2 ) e a 1 dt 1 t+r ) y (t 1 ) dt 1 + a 2 dt 1 e a 1 t ) y (t 1 ) dt 1 + a 2 r e a 1 (a 3 + a 2 r) e a 1 ) e a 1. 16
17 Chương 2 Sự tồn tại nghiệm yếu 2.1 Đặt bài toán Trong chương này, ta xét sự tồn tại nghiệm yếu của bài toán đã nêu trong phần mở đầu. Ta nêu lại bài toán u t u µ x 2u + f(u, t) = g(t, x), x, t >, u = 0, t >, u(x, ) = u (x), x, với là một miền bị chặn trong R N (N 3) có chứa gốc tọa độ, u L 2 () là hàm cho trước, 0 < µ µ là tham số, µ = ( N 2 2 )2 là hằng số lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức Hardy: µ u 2 x 2dx u 2 dx, u C 0 () Các giả thiết của bài toán Hàm phi tuyến f và ngoại lực g thỏa mãn các điều kiện sau: (F) Hàm f C 1 (R [, ]) và thỏa mãn: C 1 u p k 1 (t) f(u, t)u C 2 u p + k 2 (t), p 2, 17
18 k 1 (t), k 2 (t) L (R), k 1 (t) > 0, t R, k 2 (t) > 0, t R, F (u) = u 0 (G) g W 1,2 loc (R; L2 ()) thỏa mãn f(u, t) l, u R, u C( u p p 1) F (u) C( u p p + 1), f(r)dr, (trong trường hợp f(r, t) = f(r)), C, C 1, C 2, l là các hằng số dương. 0 e 1,µs ( g(s) g (s) 2 2 )ds < +, ở đây 1,µ là giá trị riêng thứ nhất của toán tử A µ = µ x 2 điều kiện thuần nhất Dirichlet. trong với Định nghĩa nghiệm yếu của bài toán Ta kí hiệu X = L 2 (, T ; H µ ()) L p (, T ; L p ()), X = L 2 (, T ; H 1 µ ()) + L p (, T ; L p ()), ở đây p là số liên hợp của p và µ [0, µ ]. Định nghĩa Một hàm u(x,t) được gọi là một nghiệm yếu của bài toán (0.1) trên (, T ) nếu và chỉ nếu u X, u t X, u t= = u với x hầu khắp nơi và T ( u t ϕ + u ϕ µ ) x 2uϕ + f(u, t)ϕ dxdt = với mọi hàm ϕ X. 18 T g(t)ϕdxdt
19 2.2 Sự tồn tại nghiệm yếu của bài toán Bổ đề Nếu u X và u t X, thì u C([, T ]; L 2 ()). Chứng minh. Giả sử dãy u n C 1 ([, T ] ; H µ () L p ()) thỏa mãn u n u trong X u n t Khi đó, với mọi t, t 0 [, T ], ta có u t trong X. Chọn t 0 sao cho u n (t) u m (t) 2 2 = u n (t 0 ) u m (t 0 ) 2 2 t +2 u n (s) u m (s), u n (s) u m (s) ds. t 0 u n (t 0 ) u m (t 0 ) 2 2 = 1 T T u n (t) u m (t) 2 2. Ta có 1 T u n (t) u m (t) 2 dx = 1 T u n (t) u m (t) 2 dtdx T t +2 (u n (s) u m (s)) (u n (s) u m (s)) dsdx T t 0 u n (t) u m (t) 2 dtdx + 2 u n u m X u n u m X. Do đó, {u n } là dãy Cauchy trong C ( [, T ] ; L 2 () ). Suy ra dãy {u n } hội tụ trong C ( [, T ] ; L 2 () ) tới một hàm v C ( [, T ] ; L 2 () ). Vì u n (t) u (t) L 2 () với hầu hết t [, T ], ta suy ra u = v với hầu hết t [, T ]. Sau khi định nghĩa lại trên một tập con có độ đo không, ta thu được u C ( [, T ] ; L 2 () ). 19
20 Từ bổ đề suy ra điều kiện ban đầu của bài toán (0.1) là có nghĩa. Định lý Với giả thiết (F)-(G), với mọi R, T >, và u cho trước, bài toán (0.1) có duy nhất một nghiệm yếu u trên (, T ). Hơn nữa, nghiệm u có thể được thác triển lên [, + ) và thỏa mãn bất đẳng thức sau: u(t) 2 2 e (t ) u k 1 (t) L (R) + e λ1,µt t e s g(s) 2 2 ds. (2.1) Chứng minh. Xét nghiệm xấp xỉ u n (t) dưới dạng u n (t) = n u nk (t)e k, k=1 ở đây {e j } j=1 là các vectơ riêng của toán tử A := µ x 2 Id. Ta thu được u n (t) từ việc giải bài toán dun dt, e k + Au n, e k + f(u n, t), e k = (g, e k ), (u n (), e k ) = (u, e k ), k = 1,..., n. Sử dụng định lý Peano,ta thu được sự tồn tại địa phương của u n (t). Bây giờ ta thiết lập một số đánh giá tiên nghiệm cho u n (t). Ta có: d dt u n + Au n + f(u n, t) = g(t, x) d dt u nu n + Au n u n + f(u n, t)u n = g(t, x)u n 1 2 ( d dt )u2 n + Au 2 n + f(u n, t)u n = g(t, x)u n 1 d 2 dt u n u n 2 µ + f(u n, t)u n dx = g(t)u n dx 20
21 mặt khác, do điều kiện (F): C 1 u n p k 1 (t) f(u n, t)u n, p 2 C 1 u n p dx k 1 (t)dx f(u n, t)u n dx C 1 u n p p k 1 (t) f(u n, t)u n dx 1 d 2 dt u n u n 2 µ + C 1 u n p p k 1 (t) 1 d 2 dt u n u n 2 µ + f(u n, t)u n dx. Do đó, ta suy ra 1 d 2 dt u n u n 2 µ + C 1 u n p p k 1 (t) g(t)u n dx. Mặt khác g(t)u n dx = 1 g(t). u n dx λ1,µ 1 g(t) 2 + u n 2 2 dx = 1 2 Suy ra 1 g(t) 2 dx (Bất đẳng thức Cauchy) u n 2 dx = 1 2 g(t) u n d 2 dt u n u n 2 µ + C 1 u n p p k 1 (t) 1 g(t) 2 2 2λ + 1,µ 2 u n 2 2 d dt u n u n 2 µ + 2C 1 u n p p 2k 1 (t) + 1 g(t) 2 2 λ + u n 2 2 1,µ 2k 1 (t) + 1 g(t) u n 2 µ d dt u n u n 2 µ + 2C 1 u n p p 2k 1 (t) + 1 g(t) 2 2. (2.2) 21
22 Nghiệm địa phương có thể thác triển lên [, ). Thật vậy, từ (2.2), ta suy ra d dt u n u n 2 µ 2k 1(t) + 1 g(t) 2 2 λ, 1,µ mà u n 2 2 u n 2 µ nên ta có d dt u n u n 2 2 2k 1(t) + 1 g(t) 2 2 λ 2 k 1 L (R) + 1 g(t) 2 2 1,µ d dt u n 2 2 u n k 1 L (R) + 1 g(t) 2 2. Theo bổ đề Gronwall, u n 2 2 bị chặn bởi nghiệm của phương trình vi phân tương ứng d dt u n 2 2 = u n k 1 L (R) + 1 g(t) 2 2 : u n (t) 2 2 u n () 2 2.e (t ) + 2 k 1 L (R) + e λ1,µt Từ đây suy ra nghiệm địa phương có thể thác triển lên [, ). t e s g(s) 2 2 ds. Lấy tích phân hai vế (2.2) trên [, t], < t T, ta có t 2 d dt u n 2 2 ds + t t k 1 (s) ds + 1 u n (t) 2 2 u n() u n 2 µ ds + 2C 1 t t t g(s) 2 2 ds u n p pds u n 2 µ ds + 2C 1 t u n p pds t 2 u n (t) k 1 (s) ds + 1 t t u n 2 µ ds + 2C 1 g(s) 2 2 ds t u n p pds u n () t k 1 (s) ds t g(s) 2 2 ds
23 T < C + 2 Từ bất đẳng thức (2.3) ta suy ra Do điều kiện (F): nên nếu u M > 0, thì k 1 (s) ds + 1 t {u n } bị chặn trong L (, T ; L 2 ()), {u n } bị chặn trong L 2 (, T ; H µ ()), {u n } bị chặn trong L p (, T ; L p ()). f(u, t)u C 2 u p + k 2 (t), p 2 g(s) 2 2 ds < C 0. (2.3) f(u, t) C 2 u p 1 + k 2(t) u C 2 u p 1 + k 2(t) M C( u p 1 + 1) f(u n, t) C( u n p 1 + 1) f(u n, t) p dx C ( u n p 1 + 1) p dx = C ( u n p 1 + 1) p p 1 dx f(u n, t) p dx C ( u n p + 1) f(u n, t) p p C T f(u n, t) p p C T ( u n p + 1) ( u n p + 1) {f(u n, t)} bị chặn trong L p (, T ; L p ()) và do đó Do đó, ta có f(u n, t) η trong L p (, T ; L p ()). 23
24 u n u trong L 2 (, T ; H µ ()), f(u n, t) η trong L p (, T ; L p ()), Au n Au trong L 2 (, T ; H 1 µ ()). Bằng cách viết lại: d dt u n = Au n f(u n, t) + g(t, x), (2.4) ta thấy { du n } dt bị chặn trong X, nên suy ra cũng bị chặn trong L p (, T ; Hµ 1 ()+ L p ()). Chú ý rằng H µ () L 2 () H 1 µ () + L p () nên áp dụng bổ đề compact hóa [11], ta có thể giả sử rằng u n u (hội tụ mạnh) trong L 2 (, T ; L 2 () ). Do đó u n u hầu khắp nơi trong [, T ]. Vì f liên tục nên suy ra f (u n, t) f (u, t) hầu khắp nơi trong [, T ]. Mặt khác f(u n, t) η trong L p (, T ; L p ()), nên theo bổ đề 1.3 trong [18, Chương 1], ta có Do đó từ (2.4) ta có f(u n, t) f(u, t) trong L p (, T ; L p ()). u = Au f (u, t) + g trong X. Từ bổ đề 2.2.1, ta có u C([, T ]; L 2 ()). Bây giờ ta chứng minh rằng u () = u. Chọn hàm thử ϕ C 1 ([, T ] ; H µ () L p ()) với ϕ (T ) = 0, và lấy tích phân theo t, ta có ((u (T ), ϕ (T )) (u (), ϕ ())) T (u, ϕ ) dt 24
25 T ( = u ϕ µ ) T x 2uϕ dxdt (f (u, t) g) ϕdxdt T T ( (u, ϕ ) dt + u ϕ µ ) x 2uϕ dxdt T + (f (u, t) g) ϕdxdt = (u (), ϕ ()). Bằng cách áp dụng biến đổi tương tự đối với nghiệm xấp xỉ Galerkin, ta có T T ( (u n, ϕ ) dt + u ϕ µ ) x 2u nϕ dxdt T + Cho n, ta có T (u, ϕ ) dt+ T (f (u n, t) g) ϕdxdt = (u n (), ϕ ()). ( u ϕ µ ) T x 2uϕ dxdt+ (f (u, t) g) ϕdxdt = (u, ϕ ()) vì u n () u. Do đó u () = u. Vậy u là nghiệm yếu của bài toán (0.1). Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất và phụ thuộc liên tục của nghiệm. Giả sử u 1, u 2 là hai nghiệm yếu của bài toán (0.1) với điều kiện ban đầu tương ứng là u 1 (), u 2 (). Từ (0.1), ta có t (u 1 u 2 ) + (Au 1 Au 2 ) + f (u 1, t) f (u 2, t) = 0. Vì (Au 1 Au 2, u 1 u 2 ) u 1 u l, u R, ta có và sử dụng điều kiện f(u,t) u 1 2 t u 1 u t u 1 u (Au 1 Au 2, u 1 u 2 ) = (f (u 1, t) f (u 2, t), u 1 u 2 ) f (u, t) u 1 u u l u 1 u
26 Áp dụng bổ đề Gronwall, ta có u 1 (t) u 2 (t) 2 2 e2l(t ) u 1 () u 2 () 2 2. Điều đó suy ra tính duy nhất (nếu u 1 () = u 2 ()) và phụ thuộc liên tục của nghiệm. Cuối cùng, ta chứng minh bất đẳng thức (2.1). Nhân (0.1) với u rồi lấy tích phân trên, ta có 1 2 t u u 2 µ + Sử dụng điều kiện (F): f(u, t)udx = g(t)udx. C 1 u p k 1 (t) f(u, t)u, p 2 C 1 u p dx k 1 (t)dx f(u, t)udx C 1 u p p k 1 (t) f(u, t)udx 1 2 t u u 2 µ + C 1 u p p k 1 (t) 1 2 t u u 2 µ + Do đó, ta suy ra 1 2 t u u 2 µ + C 1 u p p k 1 (t) Mặt khác g(t)udx = = g(t). udx λ1,µ g(t) 2 dx g(t)udx 1 g(t) 2 + u 2 2 f(u, t)udx. dx (Bất đẳng thức Cauchy) u 2 dx = 1 2 g(t) u
27 Suy ra 1 2 t u u 2 µ + C 1 u p p k 1 (t) 1 g(t) 2 2 2λ + 1,µ 2 u 2 2 t u u 2 µ + 2C 1 u p p 2k 1 (t) + 1 g(t) u 2 2 t u u 2 2 2k 1(t) + 1 g(t) 2 2. Áp dụng bổ đề Gronwall, ta có u(t) 2 2 e (t ) u k 1(t) + e λ1,µt t e s g(s) 2 2 ds e (t ) u k 1(t) L (R) + e λ1,µt t e λ1,µs g(s) 2 2 ds. (2.5) 27
28 Chương 3 Sự tồn tại của D tập hút lùi trong H µ () L p () Trong chương này, ta giả thiết f (u, t) không phụ thuộc vào t. 3.1 Các bổ đề. Nhờ định lí 2.2.2, ta có thể định nghĩa một quá trình U µ (t, ) : L 2 () H µ () L p (), t ở đây U µ (t, )u là một nghiệm yếu của bài toán (0.1) phụ thuộc vào u là dữ liệu ban đầu tại thời điểm. Ta định nghiã R là tập hợp tất cả các hàm số r : R (0, + ) sao cho lim t e 1,µt r 2 (t) = 0, và kí hiệu D = {D(t) : t R} B(L 2 ()) thỏa mãn D(t) B(r(t)) cho một số hàm r(t) R, ở đây B(r(t)) là hình cầu đóng trong L 2 () với bán kính r(t). Bổ đề Giả sử rằng các điều kiện (F) - (G) thỏa mãn và u(t) là một 28
29 nghiệm yếu của bài toán (0.1). Khi đó, ta có với mọi t >, u 2 µ + u p p C(e (t ) u e t t e λ1,µs g(s) 2 2 ds), (3.1) ở đây C là một hằng số dương. Do đó tồn tại một họ các D tập hấp thụ lùi trong H µ () L p () cho quá trình U µ (t, ). Chứng minh. Nhân (0.1) với u rồi lấy tích phân trên, ta có 1 d 2 dt u u 2 µ + 1 λ1,µ u f(u)udx = g(t)udx = 2 g(t). dx λ1,µ 2 1 λ1,µ u 2 g(t). dx λ1,µ 2 Sử dụng điều kiện (F) và u 2 2 u 2 µ, ta có Với F (s) = s 0 1 g(t) u 2 2. (3.2) d dt u u C( u 2 µ + u p p ) C(1 + g(t) 2 2 ). (3.3) f(r)dr, theo (F) ta có C( u p p 1) F (u) C( u p p + 1). (3.4) Nhân (3.3) với e λ1,µt và sử dụng (3.4) ta thu được d dt (et u(t) 2 2 ) + Cet ( u (t) 2 µ + 2 F (u(t))dx) C(e λ1,µt + e λ1,µt g(t) 2 2 ). Tích phân (3.5) từ đến s [, t 1] và từ s đến s + 1, ta thu được e s u(s) 2 2 e u() Ces + C s (3.5) e λ1,µr g(r) 2 2, s [, t 1] (3.6) 29
30 và C s+1 s e r ( u(r) 2 µ + 2 F (u(r))dx))dr s+1 e λ1,µs u(s) C (e λ1,µr + e λ1,µr g(r) 2 2 )dr e u Ces + C s s (e r g(r) 2 2 )dr +Ce (s+1) + C s+1 C(e u et + s (e λ1,µr g(r) 2 2 )dr (3.7) t (e r g(r) 2 2 )dr). Nhân (0.1) với u t (s) rồi lấy tích phân trên ta có u t (s) d 2 ds ( u(t) 2 µ + 2 F (u(s))dx) = g(s)u t (s) 1 2 g(s) u t(s) 2 2, (3.8) do đó e s u t (s) d ds (es ( u(t) 2 µ + 2 F (u(s))dx)) e s ( u(t) 2 µ + 2 F (u(s))dx)) + e s g(s) 2 2. (3.9) Từ (3.7), (3.9) và sử dụng bất đẳng thức Gronwall đều, ta có e t ( u(t) 2 µ + 2 F (u(s))dx) C(e u et + t e s g(s) 2 2 ds). Kết hợp với (3.4), ta thu được (3.1). 30 (3.10)
31 Từ bổ đề trên, do tính compact của phép nhúng H µ () L 2 (), quá trình nói trên là D- tiệm cận compact lùi trong L 2 (). Điều này kéo theo sự tồn tại của một D- tập hút lùi trong L 2 (). Mặt khác, từ bổ đề trên ta thấy quá trình U µ (t, ) ánh xạ một tập compact trong H µ () L p () vào một tập bị chặn trong H µ () L p () và do đó, theo bổ đề 1.2.4, quá trình U µ (t, ) là liên tục norm-to-weak trong H µ () L p (). Vì U µ (t, ) có một họ các D tập hấp thụ lùi trong H µ () L p (), nên để chứng minh sự tồn tại của D tập hút lùi, ta chỉ cần chứng minh rằng U µ (t, ) là D tiệm cận compact lùi. Để chứng minh U µ (t, ) là D tiệm cận compact lùi trong L p () ta cần sử dụng bổ đề sau: Bổ đề [8] Giả sử U(t, ) là liên tục norm-to-weak trong L 2 (), L p (), và thỏa mãn hai điều kiện sau: (1) U(t, ) là D tiệm cận compact lùi trong L 2 (); (2) Với mọi ɛ > 0, ˆB D, tồn tại hằng số M = M(ɛ, ˆB) và 0 (D, ɛ, t) t sao cho ( ) 1 U(t, )u p p dx < ɛ ( U(t,)u M) với mọi u B(), 0. Khi đó U(t, ) là D tiệm cận compact lùi trong L p (). Bổ đề [10] Giả sử với λ > 0, R, và s > y (s) + λy (s) h (s), (3.11) ở đây giả thiết rằng các hàm y, y, h khả tích địa phương và y, h không âm trên khoảng t < s < t + r, với mọi t. Khi đó y (t + r) e λ r 2 2 r t+r/2 t t+r y (s) ds+e λ(t+r) e λs h (s) ds. (3.12) t 31
32 Bổ đề Dưới các điều kiện (F) - (G), quá trình U µ (t, ) là D tiệm cận compact lùi trong L p () Chứng minh. Xét điều kiện (2) trong Bổ đề 2.2. Từ điều kiện (F), ta có thể chọn hằng số M đủ lớn sao cho f (u) C 1 u p 1 trong 2M = (u (t) 2M) = {x : u (x, t) 2M}. Trong phần này, ta kí hiệu (u M) + u M, khi u M = 0, khi u < M Trước tiên trong 2M ta thu được và g (t) ( (u M) +) p 1 ( C1 2 (u M) + ) 2p C g (t) C 1 ( 2 (u M) + ) (3.13) p 1 u p C g (t) 2 1 2, f (u) ( (u M) +) p 1 ( C1 (u M) + ) p 1 u p 1 C ( 1 2 (u M) + ) p 1 u p 1 + C ( 1 M p 2 2 (u M) + ) (3.14) p. Ta nhân phương trình đầu trong (0.1) với (u M) + p 1 suy ra với mọi 0 < µ µ, ta có du (u M) + p 1 u (u M) + p 1 µ dt x 2u (u M) + p 1 +f (u) (u M) + p 1 = g (t) (u M) + p 1. Lấy tích phân trên 2M, ta có 1 d (u M) + p dx + p dt 2M 2M (p 1) u (u M) + (u M) + p 2 dx 32
33 2M µ x 2u (u M) + p 1 dx + = 2M g (t) (u M) + p 1 dx. f (u) (u M) + p 1 dx 2M Để ý rằng trên 2M thì u(u M) + u 2, do đó áp dụng bất đẳng thức Hardy, ta suy ra (p 1) u (u M) + (u M) + p 2 dx 2M C Điều này dẫn tới 1 d p dt 2M 2M CM p 2 2M [ u 2 µ ] x 2 u 2 (u M) + p 2 dx 2M (u M) + p dx + [ u 2 µ ] x 2 u 2 2M g (t) (u M) + p 1 dx. µ x 2u (u M) + p 1 dx dx 0. f (u) (u M) + p 1 dx 2M Kết hợp với (3.13) và (3.14), ta kết luận rằng 1 d (u M) + p dx + C 1 M p 2 (u M) + p dx 1 p dt 2 2 C 1 2M 2M 2M g (t) 2 dx, và do đó d dt 2M (u M) + p dx+cm p 2 2M (u M) + p dx C g (t) 2 2. Từ bổ đề 3.1.3, ta có với t 1 < t và r > 0 thì (u (t 1 + r) M) + p dx Ce CM p 2 r 2 t1 +r (u (s) M) + p dxds 2M t 1 2M 33
34 t1 +r +Ce CM p 2 (t 1 +r) t 1 e CM p 2s g (t) 2 2 ds. (3.15) Bây giờ ta đánh giá các số hạng bên vế phải của (3.15). Trước tiên, ta có t1 +r (u (s) M) + p dxds t 1 2M C t1 +r t 1 ( t1 +r t1 C ( u (t 1 ) 22 +r t 1 (u (s) M) + p p ds ) u (s) p p ds + rm p p (sử dụng (3.3)) ( t1 t1 C 1 + e t 1 e λ1,µs g (s) 2 +r 2 ds + t 1 ) g (s) 2 2 ds + rm p p t 1 ) g (s) 2 2 ds < + (3.16) với đủ nhỏ (do (2.1)). Do đó, tồn tại N 0 phụ thuộc vào, M và u sao cho t1 +r (u (s) M) + p dxds N 0, (3.17) t 1 2M do đó với M đủ lớn, ta có t1 Ce CM +r p 2 r 2 t 1 2M (u (s) M) + p dxds ε 2. (3.18) Ta biết rằng với một hàm h khả tích trên đoạn [a, b] và một số ɛ > 0 cho trước, thì b e Mb e Ms h (s) ds ε 2 a (3.19) 34
35 với M đủ lớn. Kết hợp (3.15), (3.18), (3.19), chọn r = t t 1 > 0, ta có (U (t, ) u M) + p dx ε (3.20) 2M với < 1 và M M 1. Tiếp theo, ta đặt (u + M) u + M, khi u M = 0, khi u > M (3.21) và lặp lại tương tự các bước trên, thay (u M) + bởi (u + M), ta suy ra rằng tồn tại M 2 > 0 và 2 < t sao cho với mọi < 2 và với mọi M M 2, ta có (u(t) 2M) (u + M) p dx ε. (3.22) Bây giờ, giả sử M 0 = max {M 1, M 2 } và 0 = min { 1, 2 }. Từ (3.20) và (3.22) suy ra rằng ( u(t) 2M) ( u M) p dx ε (3.23) với mọi 0 và M M 0. Ta có u p dx = [( u M) + M] p dx ( u(t) 2M) ( ( u(t) 2M) ) 2 p 1 ( u M) p dx + M p dx ( ( u(t) 2M) ( u(t) 2M) ) 2 p 1 ( u M) p dx + ( u M) p dx ( u(t) 2M) ( u(t) 2M) 2 p ε u p dx 2 p ε (3.24) ( u(t) 2M) 35
36 u p dx 1 p < (2 p ε) 1 p = ε. ( u(t) 2M) Vậy ta có điều phải chứng minh. Bổ đề Giả sử có các điều kiện (F) - (G). Khi đó với mọi s R và với mọi tập con bị chặn B L 2 () tồn tại một hằng số 0 = 0 (B, s) s sao cho u t (s) 2 2 C 1 + e s s e r ( ) g (r) g (r) 2 2 dr với mọi 0 và với mọi u B, trong đó C > 0 phụ thuộc vào s và B. Chứng minh. Lấy tích phân (3.9) theo biến s từ r đến r + 1, r [, t 1], ta có r+1 r e λ1,µs u t (s) 2 2 ds es ( u (s) 2µ + 2 ) F (u (s)) dx + r+1 r e s ( u (s) 2µ + 2 ) F (u (s)) dx ds + r+1 r e λ1,µs g (s) 2 2 ds t C (e λ1,µt + e λ1,µ u 22 + e s g (s) 2 2 ds ). (3.25) (do (3.7) và (3.10)). Đạo hàm (0.1) theo t và nhân bất đẳng thức trên với e s, ta có 1 d 2 ds ( ) e λ1,µs u t e λ1,µs u (s) 2 µ + es (f (u) u t, u t ) = 1 2 es (g (s), u t ) + 2 es u t 2 2. Sử dụng điều kiện (F) và bất đẳng thức Cauchy, ta thu được d ( ) ( ) e λ1,µr u t (s) 2 2 C e λ1,µs g (s) 2 2 dr + es u t (s) 2 2. (3.26) 36
37 Từ (3.25), (3.26) và bất đẳng thức Gronwall, ta có ( s ( ) ) e λ1,µs u t (s) 2 2 C e λ1,µs + e λ1,µ u e r g (r) g (r) 2 2 dr ( s u t (s) 2 2 C 1 + e λ1,µ( s) u e s ( s u t (s) 2 2 C 1 + e s (Điều phải chứng minh). e r e r ( g (r) g (r) 2 2 (3.27) ( ) ) g (r) g (r) 2 2 dr ) ) dr. 3.2 Định lý. Định lý Giả sử các điều kiện (F) và (G) thỏa mãn. Khi đó với mỗi µ [0, µ ], quá trình U µ (t, ) của bài toán (1.1) có một D tập hút lùi  µ = {A µ (t) : t R} trong H µ () L p (). Chứng minh. Theo bổ đề 3.1.1, quá trình U µ (t, ) có một họ các D tập hấp thụ lùi trong H µ () L p (). Có thể chỉ ra rằng {U (t, )} là D tiệm cận compact lùi, tức là với mọi t R, với mọi ˆB D, và với mọi dãy n, với mọi dãy u n B ( n ), dãy {U µ (t, n ) u n } là tiền compact trong H µ () L p (). Theo bổ đề 3.1.4, ta chỉ cần chỉ ra dãy {U µ (t, n ) u n } là tiền compact trong H µ (). Kí hiệu u n (t) = {U µ (t, n ) u n }, ta có u n (t) u m (t) 2 µ dun = dt (t) du m dt (t), u n (t) u m (t) f (u n (t)) f (u m (t)), u n (t) u m (t) d dt u n (t) d dt u m (t) u n (t) u m (t) 2 + l u n (t) u m (t)
38 Theo các bổ đề và 3.1.5, ta có u n (t) u m (t) 2 µ 0 khi n, m (điều phải chứng minh) 38
39 Kết luận chung Nội dung chính của luận văn là nghiên cứu sự tồn tại duy nhất nghiệm yếu và sự tồn tại tập hút lùi của bài toán biên ban đầu đối với một lớp phương trình parabolic. Những kết quả chính đã đạt được trong quá trình nghiên cứu bài toán (0.1) là: 1. Sự tồn tại duy nhất nghiệm yếu của bài toán. 2. Sự tồn tại của D tập hút lùi trong H µ () L p () (trong trường hợp f (u, t) không phụ thuộc vào t). Chúng tôi có một số hướng để tiếp tục phát triển các kết quả đã nghiên cứu sang các lớp phương trình khác và nghiên cứu thêm các tính chất của tập hút lùi trong mỗi bài toán cụ thể. Tác giả rất mong nhận được các ý kiến đóng góp quý báu của các thầy cô và bạn bè đồng nghiệp. 39
40 Tài liệu tham khảo 1. C. T. Anh and T. T. H. Yen (2011), "Finite-dimensional pullback attractors for parabolic equations with hardy type potentials", Ann. Polon. Math, 102, pp P. Baras and J. Goldstein (1984), " The heat equation with asingular potential", Trans. Amer. Math. Soc, 284, pp X. Cabre and Y. Martel (1999), " Exitence versus eplosion instantane pour des equations de la chaleur lineaires avec potentiel singulier", C. R. Acad. Sci. Paris, 329, pp A.N. Carvalho (2009), "J.A. Langla and J.C. Robinson, On the continuity of pullback attractors for evolution processes", Nonlinear Anal, 71, pp N.I. Karachalios and N.B.Zographopoulos (2008), "A sharp estimate on the dimension of the attractor for singular semilinear parabolic equations", Arch. Math, 91, pp N.I. Karachalios and N.B.Zographopoulos (2009), "The semiflow of a reaction diffusion equation with a singular potential", Manuscr. Math, 130, pp Y. Li and C.K. Zhong (2007), "Pullback attractors for the normto-weak continuous process and application to the nonautonomous reaction-diffusion equations", Appl. Math. Comp, 190, pp
41 8. Y. Li, S. Wang and H. Wu (2009), "Pullback attractors for nonautonomous reaction-diffusion equations in L p ", Appl. Math. Comp, 207, pp J. L. Lions (1969), Quelques Méthodes de Résolution des Problèmes aux Limites Non Linéaires, Dunod, Paris. 10. G. Lukaszewicz (2010), "On pullback attractors in L p for nonautonomous reaction-diffusion equations", Nonlinear Analysis. 11. Q.F. Ma, S.H. Wang and C.K. Zhong (2002), "Necessary and sufficient conditions for the existence of global attractor for semigroups and applications", Indian University Math. J, 51 (6), pp J.L. Vazquez and E. Zuazua (2000), "The Hardy inequality and the asymptotic behaviour of the heat equation with an inverse-square potential", J. Functional Analysis, 173, pp E. Zeidler (1990), Nonlinear Functional Analysis and its Applications, Vol. II, Springer-Verlag. 14. C. K. Zhong, M. H. Yang and C. Y. Sun (2006), "The existence of global attractors for the norm-to-weak continuous semigroup and application to the nonlinear reaction-diffusion equations", J. Differential Equations, 15, pp
1. Ma trận A = Ký hiệu tắt A = [a ij ] m n hoặc A = (a ij ) m n
Cơ sở Toán 1 Chương 2: Ma trận - Định thức GV: Phạm Việt Nga Bộ môn Toán, Khoa CNTT, Học viện Nông nghiệp Việt Nam Bộ môn Toán () Cơ sở Toán 1 - Chương 2 VNUA 1 / 22 Mục lục 1 Ma trận 2 Định thức 3 Ma
Διαβάστε περισσότεραNăm Chứng minh Y N
Về bài toán số 5 trong kì thi chọn đội tuyển toán uốc tế của Việt Nam năm 2015 Nguyễn Văn Linh Năm 2015 1 Mở đầu Trong ngày thi thứ hai của kì thi Việt Nam TST 2015 có một bài toán khá thú vị. ài toán.
Διαβάστε περισσότεραKinh tế học vĩ mô Bài đọc
Chương tình giảng dạy kinh tế Fulbight Niên khóa 2011-2013 Mô hình 1. : cung cấp cơ sở lý thuyết tổng cầu a. Giả sử: cố định, Kinh tế đóng b. IS - cân bằng thị tường hàng hoá: I() = S() c. LM - cân bằng
Διαβάστε περισσότεραI 2 Z I 1 Y O 2 I A O 1 T Q Z N
ài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 Nguyễn Văn Linh Sinh viên K50 TNH ĐH Ngoại Thương 1 Giới thiệu Trong ngày thi thứ 2 của kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 xuất hiện
Διαβάστε περισσότεραNăm Chứng minh. Cách 1. Y H b. H c. BH c BM = P M. CM = Y H b
huỗi bài toán về họ đường tròn đi qua điểm cố định Nguyễn Văn inh Năm 2015 húng ta bắt đầu từ bài toán sau. ài 1. (US TST 2012) ho tam giác. là một điểm chuyển động trên. Gọi, lần lượt là các điểm trên,
Διαβάστε περισσότεραNăm 2017 Q 1 Q 2 P 2 P P 1
Dùng phép vị tự quay để giải một số bài toán liên quan đến yếu tố cố định Nguyễn Văn Linh Năm 2017 1 Mở đầu Tư tưởng của phương pháp này khá đơn giản như sau. Trong bài toán chứng minh điểm chuyển động
Διαβάστε περισσότεραcó thể biểu diễn được như là một kiểu đạo hàm của một phiếm hàm năng lượng I[]
1 MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Chúng ta đều biết: không có lý thuyết tổng quát cho phép giải mọi phương trình đạo hàm riêng; nhất là với các phương trình phi tuyến Au [ ] = 0; (1) trong đó A[] ký hiệu toán
Διαβάστε περισσότερα5. Phương trình vi phân
5. Phương trình vi phân (Toán cao cấp 2 - Giải tích) Lê Phương Bộ môn Toán kinh tế Đại học Ngân hàng TP. Hồ Chí Minh Homepage: http://docgate.com/phuongle Nội dung 1 Khái niệm Phương trình vi phân Bài
Διαβάστε περισσότεραHÀM NHIỀU BIẾN Lân cận tại một điểm. 1. Định nghĩa Hàm 2 biến. Miền xác định của hàm f(x,y) là miền VD:
. Định nghĩa Hàm biến. f : D M (, ) z= f( M) = f(, ) Miền ác định của hàm f(,) là miền VD: f : D HÀM NHIỀU BIẾN M (, ) z= f(, ) = D sao cho f(,) có nghĩa. Miền ác định của hàm f(,) là tập hợp những điểm
Διαβάστε περισσότεραSỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 LẦN 1
SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 0 LẦN THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn: TOÁN; Khối D Thời gian làm bài: 80 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ
Διαβάστε περισσότεραSuy ra EA. EN = ED hay EI EJ = EN ED. Mặt khác, EID = BCD = ENM = ENJ. Suy ra EID ENJ. Ta thu được EI. EJ Suy ra EA EB = EN ED hay EA
ài tập ôn đội tuyển năm 015 guyễn Văn inh Số 6 ài 1. ho tứ giác ngoại tiếp. hứng minh rằng trung trực của các cạnh,,, cắt nhau tạo thành một tứ giác ngoại tiếp. J 1 1 1 1 hứng minh. Gọi 1 1 1 1 là tứ giác
Διαβάστε περισσότεραNgày 26 tháng 12 năm 2015
Mô hình Tobit với Biến Phụ thuộc bị chặn Lê Việt Phú Chương trình Giảng dạy Kinh tế Fulbright Ngày 26 tháng 12 năm 2015 1 / 19 Table of contents Khái niệm biến phụ thuộc bị chặn Hồi quy OLS với biến phụ
Διαβάστε περισσότεραNăm 2014 B 1 A 1 C C 1. Ta có A 1, B 1, C 1 thẳng hàng khi và chỉ khi BA 1 C 1 = B 1 A 1 C.
Đường thẳng Simson- Đường thẳng Steiner của tam giác Nguyễn Văn Linh Năm 2014 1 Đường thẳng Simson Đường thẳng Simson lần đầu tiên được đặt tên bởi oncelet, tuy nhiên một số nhà hình học cho rằng nó không
Διαβάστε περισσότεραQ B Y A P O 4 O 6 Z O 5 O 1 O 2 O 3
ài tập ôn đội tuyển năm 2015 guyễn Văn Linh Số 8 ài 1. ho tam giác nội tiếp đường tròn () có là tâm nội tiếp. cắt () lần thứ hai tại J. Gọi ω là đường tròn tâm J và tiếp xúc với,. Hai tiếp tuyến chung
Διαβάστε περισσότεραO 2 I = 1 suy ra II 2 O 1 B.
ài tập ôn đội tuyển năm 2014 guyễn Văn inh Số 2 ài 1. ho hai đường tròn ( 1 ) và ( 2 ) cùng tiếp xúc trong với đường tròn () lần lượt tại,. Từ kẻ hai tiếp tuyến t 1, t 2 tới ( 2 ), từ kẻ hai tiếp tuyến
Διαβάστε περισσότεραTối ưu tuyến tính. f(z) < inf. Khi đó tồn tại y X sao cho (i) d(z, y) 1. (ii) f(y) + εd(z, y) f(z). (iii) f(x) + εd(x, y) f(y), x X.
Tối ưu tuyến tính Câu 1: (Định lý 2.1.1 - Nguyên lý biến phân Ekeland) Cho (X, d) là không gian mêtric đủ, f : X R {+ } là hàm lsc bị chặn dưới. Giả sử ε > 0 và z Z thỏa Khi đó tồn tại y X sao cho (i)
Διαβάστε περισσότεραhttps://www.facebook.com/nguyenkhachuongqv2 ĐỀ 56
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU TỔ TOÁN Câu ( điểm). Cho hàm số y = + ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 5-6 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 8 phút (không tính thời gian phát đề ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ
Διαβάστε περισσότεραBài Tập Môn: NGÔN NGỮ LẬP TRÌNH
Câu 1: Bài Tập Môn: NGÔN NGỮ LẬP TRÌNH Cho văn phạm dưới đây định nghĩa cú pháp của các biểu thức luận lý bao gồm các biến luận lý a,b,, z, các phép toán luận lý not, and, và các dấu mở và đóng ngoặc tròn
Διαβάστε περισσότεραBỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 8 phút Câu (, điểm) Cho hàm số y = + a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho b) Viết
Διαβάστε περισσότεραx y y
ĐÁP ÁN - ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP THPT Bài Năm học 5 6- Môn: TOÁN y 4 TXĐ: D= R Sự biến thiên lim y lim y y ' 4 4 y ' 4 4 4 ( ) - - + y - + - + y + - - + Bài Hàm số đồng biến trên các khoảng
Διαβάστε περισσότεραTruy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí
Tru cập website: hoc36net để tải tài liệu đề thi iễn phí ÀI GIẢI âu : ( điể) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 8 3 3 () 8 3 3 8 Ta có ' 8 8 9 ; ' 9 3 o ' nên phương trình () có nghiệ phân
Διαβάστε περισσότεραO C I O. I a. I b P P. 2 Chứng minh
ài toán rotassov và ứng dụng Nguyễn Văn Linh Năm 2017 1 Giới thiệu ài toán rotassov được phát biểu như sau. ho tam giác với là tâm đường tròn nội tiếp. Một đường tròn () bất kì đi qua và. ựng một đường
Διαβάστε περισσότεραMôn: Toán Năm học Thời gian làm bài: 90 phút; 50 câu trắc nghiệm khách quan Mã đề thi 116. (Thí sinh không được sử dụng tài liệu)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I LỚP TRƯỜNG THPT TRUNG GIÃ Môn: Toán Năm học 0-0 Thời gian làm bài: 90 phút; 50 câu trắc nghiệm khách quan Mã đề thi (Thí sinh không được sử dụng tài liệu)
Διαβάστε περισσότεραChương 12: Chu trình máy lạnh và bơm nhiệt
/009 Chương : Chu trình máy lạnh và bơm nhiệt. Khái niệm chung. Chu trình lạnh dùng không khí. Chu trình lạnh dùng hơi. /009. Khái niệm chung Máy lạnh/bơmnhiệt: chuyển CÔNG thành NHIỆT NĂNG Nguồn nóng
Διαβάστε περισσότεραTôi có thể tìm mẫu đơn đăng kí ở đâu? Tôi có thể tìm mẫu đơn đăng kí ở đâu? Για να ρωτήσετε που μπορείτε να βρείτε μια φόρμα
- Γενικά Tôi có thể tìm mẫu đơn đăng kí ở đâu? Tôi có thể tìm mẫu đơn đăng kí ở đâu? Για να ρωτήσετε που μπορείτε να βρείτε μια φόρμα Khi nào [tài liệu] của bạn được ban hành? Για να ρωτήσετε πότε έχει
Διαβάστε περισσότεραM c. E M b F I. M a. Chứng minh. M b M c. trong thứ hai của (O 1 ) và (O 2 ).
ài tập ôn đội tuyển năm 015 Nguyễn Văn inh Số 5 ài 1. ho tam giác nội tiếp () có + =. Đường tròn () nội tiếp tam giác tiếp xúc với,, lần lượt tại,,. Gọi b, c lần lượt là trung điểm,. b c cắt tại. hứng
Διαβάστε περισσότεραBài giảng Giải tích 3: Tích phân bội và Giải tích vectơ HUỲNH QUANG VŨ. Hồ Chí Minh.
Bài giảng Giải tích 3: Tích phân bội và Giải tích vectơ HUỲNH QUANG VŨ Khoa Toán-Tin học, Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh. E-mail: hqvu@hcmus.edu.vn e d c f 1 b a 1 TÓM
Διαβάστε περισσότερα1.6 Công thức tính theo t = tan x 2
TÓM TẮT LÝ THUYẾT ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH 1 Công thức lượng giác 1.1 Hệ thức cơ bản sin 2 x + cos 2 x = 1 1 + tn 2 x = 1 cos 2 x tn x = sin x cos x 1.2 Công thức cộng cot x = cos x sin x sin( ± b) = sin cos
Διαβάστε περισσότερα* Môn thi: VẬT LÝ (Bảng A) * Ngày thi: 27/01/2013 * Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ:
Họ và tên thí sinh:. Chữ kí giám thị Số báo danh:..... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 0 CẤP TỈNH NĂM HỌC 0-03 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Gồm 0 trang) * Môn thi: VẬT LÝ (Bảng A) * Ngày thi:
Διαβάστε περισσότεραNăm Pascal xem tại [2]. A B C A B C. 2 Chứng minh. chứng minh sau. Cách 1 (Jan van Yzeren).
Định lý Pascal guyễn Văn Linh ăm 2014 1 Giới thiệu. ăm 16 tuổi, Pascal công bố một công trình toán học : Về thiết diện của đường cônic, trong đó ông đã chứng minh một định lí nổi tiếng và gọi là Định lí
Διαβάστε περισσότεραĐỀ BÀI TẬP LỚN MÔN XỬ LÝ SONG SONG HỆ PHÂN BỐ (501047)
ĐỀ BÀI TẬP LỚN MÔN XỬ LÝ SONG SONG HỆ PHÂN BỐ (501047) Lưu ý: - Sinh viên tự chọn nhóm, mỗi nhóm có 03 sinh viên. Báo cáo phải ghi rõ vai trò của từng thành viên trong dự án. - Sinh viên báo cáo trực tiếp
Διαβάστε περισσότεραA. ĐẶT VẤN ĐỀ B. HƯỚNG DẪN HỌC SINH SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP VECTƠ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
. ĐẶT VẤN ĐỀ Hình họ hông gin là một hủ đề tương đối hó đối với họ sinh, hó ả áh tiếp ận vấn đề và ả trong tìm lời giải ài toán. Làm so để họ sinh họ hình họ hông gin dễ hiểu hơn, hoặ hí ít ũng giải đượ
Διαβάστε περισσότεραx = Cho U là một hệ gồm 2n vec-tơ trong không gian R n : (1.2)
65 TẠP CHÍ KHOA HỌC, Đại học Huế, Số 53, 2009 HỆ PHÂN HOẠCH HOÀN TOÀN KHÔNG GIAN R N Huỳnh Thế Phùng Trường Đại học Khoa học, Đại học Huế TÓM TẮT Một phân hoạch hoàn toàn của R n là một hệ gồm 2n vec-tơ
Διαβάστε περισσότεραHOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ. đến va chạm với vật M. Gọi vv, là vận tốc của m và M ngay. đến va chạm vào nó.
HOC36.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP IỄN PHÍ CHỦ ĐỀ 3. CON LẮC ĐƠN BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN VA CHẠ CON LẮC ĐƠN Phương pháp giải Vật m chuyển động vận tốc v đến va chạm với vật. Gọi vv, là vận tốc của m và ngay sau
Διαβάστε περισσότεραĐỀ 83. https://www.facebook.com/nguyenkhachuongqv2
ĐỀ 8 https://www.facebook.com/nguyenkhachuongqv GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số - https://huongphuong.wordpress.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 016 LẦN TRƯỜNG THPT MINH
Διαβάστε περισσότεραc) y = c) y = arctan(sin x) d) y = arctan(e x ).
Trường Đại học Bách Khoa Hà Nội Viện Toán ứng dụng và Tin học ĐỀ CƯƠNG BÀI TẬP GIẢI TÍCH I - TỪ K6 Nhóm ngành 3 Mã số : MI 3 ) Kiểm tra giữa kỳ hệ số.3: Tự luận, 6 phút. Nội dung: Chương, chương đến hết
Διαβάστε περισσότεραMALE = 1 nếu là nam, MALE = 0 nếu là nữ. 1) Nêu ý nghĩa của các hệ số hồi quy trong hàm hồi quy mẫu trên?
Chương 4: HỒI QUY VỚI BIẾN GIẢ VÀ ỨNG DỤNG 1. Nghiên cứu về tuổi thọ (Y: ngày) của hai loại bóng đèn (loại A, loại B). Đặt Z = 0 nếu đó là bóng đèn loại A, Z = 1 nếu đó là bóng đèn loại B. Kết quả hồi
Διαβάστε περισσότεραTuyển chọn Đề và đáp án : Luyện thi thử Đại Học của các trường trong nước năm 2012.
wwwliscpgetl Tuyển chọn Đề và đáp án : Luyện thi thử Đại ọc củ các trường trong nước năm ôn: ÌN Ọ KÔNG GN (lisc cắt và dán) ÌN ÓP ài ho hình chóp có đáy là hình vuông cạnh, tm giác đều, tm giác vuông cân
Διαβάστε περισσότεραA 2 B 1 C 1 C 2 B B 2 A 1
Sáng tạo trong hình học Nguyễn Văn Linh Sinh viên K50 TNH ĐH Ngoại thương 1 Mở đầu Hình học là một mảng rất đặc biệt trong toán học. Vẻ đẹp của phân môn này nằm trong hình vẽ mà muốn cảm nhận được chúng
Διαβάστε περισσότεραKỸ THUẬT ĐIỆN CHƯƠNG IV
KỸ THẬT ĐỆN HƯƠNG V MẠH ĐỆN PH HƯƠNG V : MẠH ĐỆN PH. Khái niệm chung Điện năng sử ụng trong công nghiệ ưới ạng òng điện sin ba ha vì những lý o sau: - Động cơ điện ba ha có cấu tạo đơn giản và đặc tính
Διαβάστε περισσότεραPHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN 1- Độ dài đoạn thẳng Ax ( ; y; z ), Bx ( ; y ; z ) thì Nếu 1 1 1 1. Một Số Công Thức Cần Nhớ AB = ( x x ) + ( y y ) + ( z z ). 1 1 1 - Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng
Διαβάστε περισσότεραĐỀ SỐ 16 ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 2017 Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian giao đề (50 câu trắc nghiệm)
THẦY: ĐẶNG THÀNH NAM Website: wwwvtedvn ĐỀ SỐ 6 ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 7 Thời gian làm bài: phút; không kể thời gian giao đề (5 câu trắc nghiệm) Mã đề thi 65 Họ, tên thí sinh:trường: Điểm mong muốn:
Διαβάστε περισσότεραPHÂN TÍCH ẢNH HƢỞNG CỦA SÓNG HÀI TRONG TRẠM BÙ CÔNG SUẤT PHẢN KHÁNG KIỂU SVC VÀ NHỮNG GIẢI PHÁP KHẮC PHỤC
Luận văn thạc sĩ kỹ thuật 1 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP --------------------------------------- VŨ THỊ VÒNG PHÂN TÍCH ẢNH HƢỞNG CỦA SÓNG HÀI TRONG TRẠM BÙ CÔNG SUẤT PHẢN KHÁNG KIỂU SVC
Διαβάστε περισσότεραx i x k = e = x j x k x i = x j (luật giản ước).
1 Mục lục Chương 1. NHÓM.................................................. 2 Chương 2. NHÓM HỮU HẠN.................................... 10 Chương 3. NHÓM ABEL HỮU HẠN SINH....................... 14 2 CHƯƠNG
Διαβάστε περισσότεραL P I J C B D. Do GI 2 = GJ.GH nên GIH = IJG = IKJ = 90 GJB = 90 GLH. Mà GIH + GIQ = 90 nên QIG = ILG = IQG, suy ra GI = GQ hay Q (BIC).
ài tập ôn đội tuyển I năm 015 Nguyễn Văn inh Số 7 ài 1. (ym). ho tam giác nội tiếp đường tròn (), ngoại tiếp đường tròn (I). G là điểm chính giữa cung không chứa. là tiếp điểm của (I) với. J là điểm nằm
Διαβάστε περισσότεραSử dụngụ Minitab trong thống kê môi trường
Sử dụngụ Minitab trong thống kê môi trường Dương Trí Dũng I. Giới thiệu Hiện nay có nhiều phần mềm (software) thống kê trên thị trường Giá cao Excel không đủ tính năng Tinh bằng công thức chậm Có nhiều
Διαβάστε περισσότεραNgày 18 tháng 3 năm 2015
Giải Tích Phần Tử Hữu Hạn Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, Tp. HCM Ngày 18 tháng 3 năm 2015 Giới thiệu Giới thiệu Phương trình đạo hàm riêng-ptđhr (Partial Differential Equations-PDE) được sử dụng mô tả các
Διαβάστε περισσότεραCÁC ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA HÌNH HỌC PHẲNG
CÁC ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Tăng Vũ 1. Đường thẳng Euler. Bài toán 1. Trong một tam giác thì trọng tâm, trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp cùng nằm trên một đường thẳng. (Đường thẳng
Διαβάστε περισσότεραБизнес Заказ. Заказ - Размещение. Официально, проба
- Размещение Εξετάζουμε την αγορά... Официально, проба Είμαστε στην ευχάριστη θέση να δώσουμε την παραγγελία μας στην εταιρεία σας για... Θα θέλαμε να κάνουμε μια παραγγελία. Επισυνάπτεται η παραγγελία
Διαβάστε περισσότεραTính: AB = 5 ( AOB tại O) * S tp = S xq + S đáy = 2 π a 2 + πa 2 = 23 π a 2. b) V = 3 π = 1.OA. (vì SO là đường cao của SAB đều cạnh 2a)
Mặt nón. Mặt trụ. Mặt cầu ài : Trong không gin cho tm giác vuông tại có 4,. Khi quy tm giác vuông qunh cạnh góc vuông thì đường gấp khúc tạo thành một hình nón tròn xoy. b)tính thể tích củ khối nón 4 )
Διαβάστε περισσότεραChương 1: VECTOR KHÔNG GIAN VÀ BỘ NGHỊCH LƯU BA PHA
I. Vcto không gian Chương : VECTOR KHÔNG GIAN VÀ BỘ NGHỊCH LƯ BA PHA I.. Biể diễn vcto không gian cho các đại lượng ba pha Động cơ không đồng bộ (ĐCKĐB) ba pha có ba (hay bội ố của ba) cộn dây tato bố
Διαβάστε περισσότεραΜετανάστευση Σπουδές. Σπουδές - Πανεπιστήμιο. Για να δηλώσετε ότι θέλετε να εγγραφείτε
- Πανεπιστήμιο Θα ήθελα να εγγραφώ σε πανεπιστήμιο. Για να δηλώσετε ότι θέλετε να εγγραφείτε Tôi muốn ghi danh vào một trường đại học Θα ήθελα να γραφτώ για. Tôi muốn đăng kí khóa học. Για να υποδείξετε
Διαβάστε περισσότερα- Toán học Việt Nam
- Toán học Việt Nam PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HÌNH HỌ KHÔNG GIN ẰNG VETOR I. Á VÍ DỤ INH HỌ Vấn đề 1: ho hình chóp S. có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng () là điểm H thuộc
Διαβάστε περισσότεραBÀI TẬP LỚN MÔN THIẾT KẾ HỆ THỐNG CƠ KHÍ THEO ĐỘ TIN CẬY
Trường Đại Học Bách Khoa TP HCM Khoa Cơ Khí BÀI TẬP LỚN MÔN THIẾT KẾ HỆ THỐNG CƠ KHÍ THEO ĐỘ TIN CẬY GVHD: PGS.TS NGUYỄN HỮU LỘC HVTH: TP HCM, 5/ 011 MS Trang 1 BÀI TẬP LỚN Thanh có tiết iện ngang hình
Διαβάστε περισσότεραPhụ thuộc hàm. và Chuẩn hóa cơ sở dữ liệu. Nội dung trình bày. Chương 7. Nguyên tắc thiết kế. Ngữ nghĩa của các thuộc tính (1) Phụ thuộc hàm
Nội dung trình bày hương 7 và huẩn hóa cơ sở dữ liệu Nguyên tắc thiết kế các lược đồ quan hệ.. ác dạng chuẩn. Một số thuật toán chuẩn hóa. Nguyên tắc thiết kế Ngữ nghĩa của các thuộc tính () Nhìn lại vấn
Διαβάστε περισσότερα1.5.2 Hai quá trình ngẫu nhiên quan trọng... 13
Mục lục Lời nói đầu 5 1 Kiến thức chuẩn bị 7 1.1 Không gian L p và tính đo được.............. 7 1.2 Hàm biến phân bị chặn và tích phân Stieltjes...... 8 1.3 Không gian xác suất,biến ngẫu nhiên,lọc.........
Διαβάστε περισσότεραKỸ THUẬT ĐIỆN CHƯƠNG II
KỸ THẬT ĐỆN HƯƠNG DÒNG ĐỆN SN Khái niệm: Dòng điện xoay chiều biến đổi theo quy luật hàm sin của thời gian là dòng điện sin. ác đại lượng đặc trưng cho dòng điện sin Trị số của dòng điện, điện áp sin ở
Διαβάστε περισσότεραSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC NGÀY THI : 19/06/2009 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ TI TUYỂN SIN LỚP NĂM ỌC 9- KÁN OÀ MÔN : TOÁN NGÀY TI : 9/6/9 ĐỀ CÍN TỨC Thời gian làm bài: phút (không kể thời gian giao đề) ài ( điểm) (Không dùng máy tính cầm tay) a Cho biết
Διαβάστε περισσότεραBatigoal_mathscope.org ñược tính theo công thức
SỐ PHỨC TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC PHẲNG Batigoal_mathscope.org Hoangquan9@gmail.com I.MỘT SỐ KHÁI NIỆM CƠ BẢN. Khoảng cách giữa hai ñiểm Giả sử có số phức và biểu diễn hai ñiểm M và M trên mặt phẳng tọa
Διαβάστε περισσότεραChứng minh. Cách 1. EO EB = EA. hay OC = AE
ài tập ôn luyện đội tuyển I năm 2016 guyễn Văn inh ài 1. (Iran S 2007). ho tam giác. ột điểm nằm trong tam giác thỏa mãn = +. Gọi, Z lần lượt là điểm chính giữa các cung và của đường tròn ngoại tiếp các
Διαβάστε περισσότεραVectơ và các phép toán
wwwvnmathcom Bài 1 1 Các khái niệm cơ bản 11 Dẫn dắt đến khái niệm vectơ Vectơ và các phép toán Vectơ đại diện cho những đại lượng có hướng và có độ lớn ví dụ: lực, vận tốc, 1 Định nghĩa vectơ và các yếu
Διαβάστε περισσότεραLecture-11. Ch-6: Phân tích hệ thống liên tục dùng biếnđổi Laplace
Ch-6: Phân tích hệ thống liên tục dùng biếnđổi Laplace Lecture- 6.. Phân tích hệ thống LTI dùng biếnđổi Laplace 6.3. Sơđồ hối và thực hiện hệ thống 6.. Phân tích hệ thống LTI dùng biếnđổi Laplace 6...
Διαβάστε περισσότεραTứ giác BLHN là nội tiếp. Từ đó suy ra AL.AH = AB. AN = AW.AZ. Như thế LHZW nội tiếp. Suy ra HZW = HLM = 1v. Vì vậy điểm H cũng nằm trên
MỘT SỐ ÀI TOÁN THẲNG HÀNG ài toán 1. (Imo Shortlist 2013 - G1) ho là một tm giác nhọn với trực tâm H, và W là một điểm trên cạnh. Gọi M và N là chân đường co hạ từ và tương ứng. Gọi (ω 1 ) là đường tròn
Διαβάστε περισσότερα1.3.2 L 2 đánh giá Nghiệm yếu Nghiệm tích phân, điều kiện Rankine-Hugoniot... 25
Giáo trình Phương trình vi phân đạo hàm riêng Đặng Anh Tuấn Ngày 30 tháng 3 năm 2016 Mục lục 1 Phương trình đạo hàm riêng cấp 1 1 1.1 Siêu mặt không đặc trưng......................... 1 1.1.1 Một số ký
Διαβάστε περισσότεραChương 11 HỒI QUY VÀ TƯƠNG QUAN ĐƠN BIẾN
Chương 11 HỒI QUY VÀ TƯƠNG QUAN ĐƠN BIẾN Ths. Nguyễn Tiến Dũng Viện Kinh tế và Quản lý, Trường ĐH Bách khoa Hà Nội Email: dung.nguyentien3@hust.edu.vn MỤC TIÊU CỦA CHƯƠNG Sau khi học xong chương này, người
Διαβάστε περισσότεραĐỀ CƯƠNG CHI TIẾT HỌC PHẦN (Chương trình đào tạo tín chỉ, từ Khóa 2011)
Đề cương chi tiết Toán cao cấp 2 1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHỆ TP. HCM KHOA CÔNG NGHỆ THÔNG TIN CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập Tự do Hạnh phúc 1. Thông tin chung về môn học ĐỀ CƯƠNG CHI TIẾT HỌC
Διαβάστε περισσότεραΜπορείτε να με βοηθήσετε να γεμίσω αυτή τη φόρμα; Για να ρωτήσετε αν κάποιος μπορεί να σας βοηθήσει να γεμίσετε μια φόρμα
- Γενικά Πού μπορώ να βρω τη φόρμα για ; Tôi có thể tìm mẫu đơn đăng kí ở đâu? Για να ρωτήσετε που μπορείτε να βρείτε μια φόρμα Πότε εκδόθηκε το [έγγραφο] σας; Για να ρωτήσετε πότε έχει εκδοθεί ένα έγγραφο
Διαβάστε περισσότερα1.1.2 Hàm Green Công thức tích phân Poisson Tính chính quy... 8
Giáo trình Phương trình vi phân đạo hàm riêng Đặng Anh Tuấn Ngày 18 tháng 1 năm 2017 Mục lục 1 Phương trình Laplace 1 1.1 Nghiệm cơ bản............................... 1 1.1.1 Đồng nhất thức Green.......................
Διαβάστε περισσότεραBÀI GIẢNG TOÁN TỐI ƯU
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TOÁN ***** BÀI GIẢNG TOÁN TỐI ƯU Biên soạn : TS. Hoàng Quang Tuyến Đà Nẵng - 2012 Giới thiệu Tập tài liệu này được biên soạn bởi Thầy giáo TS Hoàng Quang Tuyến,
Διαβάστε περισσότερα1.1.3 Toán tử Volterra Công thức Taylor Bài toán Cauchy... 15
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐÀO NGUYỄN VÂN ANH PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VỚI TOÁN TỬ KHẢ NGHỊCH PHẢI VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC HÀ NỘI - NĂM 215 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
Διαβάστε περισσότεραBài Giảng Môn học: OTOMAT VÀ NGÔN NGỮ HÌNH THỨC
Bài Giảng Môn học: OTOMAT VÀ NGÔN NGỮ HÌNH THỨC TS. Nguyễn Văn Định, Khoa CNTT Lời nói đầu Ngôn ngữ là phương tiện để giao tiếp, sự giao tiếp có thể hiểu là giao tiếp giữa con người với nhau, giao tiếp
Διαβάστε περισσότεραXác định nguyên nhân và giải pháp hạn chế nứt ống bê tông dự ứng lực D2400mm
Xác định nguyên nhân và giải pháp hạn chế nứt ống bê tông dự ứng lực D2400mm 1. Giới thiệu Ống bê tông dự ứng lực có nòng thép D2400 là sản phẩm cung cấp cho các tuyến ống cấp nước sạch. Đây là sản phẩm
Διαβάστε περισσότερα+ = k+l thuộc H 2= ( ) = (7 2) (7 5) (7 1) 2) 2 = ( ) ( ) = (1 2) (5 7)
Nhớm 3 Bài 1.3 1. (X,.) là nhóm => a X; ax= Xa= X Ta chứng minh ax=x Với mọi b thuộc ax thì b có dạng ak với k thuộc X nên b thuộc X => Với mọi k thuộc X thì k = a( a -1 k) nên k thuộc ax. Vậy ax=x Tương
Διαβάστε περισσότερα1.3.3 Ma trận tự tương quan Các bài toán Khái niệm Ý nghĩa So sánh hai mô hình...
BÀI TẬP ÔN THI KINH TẾ LƯỢNG Biên Soạn ThS. LÊ TRƯỜNG GIANG Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 0, tháng 06, năm 016 Mục lục Trang Chương 1 Tóm tắt lý thuyết 1 1.1 Tổng quan về kinh tế lượng......................
Διαβάστε περισσότεραNội dung. 1. Một số khái niệm. 2. Dung dịch chất điện ly. 3. Cân bằng trong dung dịch chất điện ly khó tan
CHƯƠNG 5: DUNG DỊCH 1 Nội dung 1. Một số khái niệm 2. Dung dịch chất điện ly 3. Cân bằng trong dung dịch chất điện ly khó tan 2 Dung dịch Là hệ đồng thể gồm 2 hay nhiều chất (chất tan & dung môi) mà thành
Διαβάστε περισσότεραCâu 2. Tính lim. A B. 0. C D Câu 3. Số chỉnh hợp chập 3 của 10 phần tử bằng A. C 3 10
ĐỀ THAM KHẢO THPT QUỐC GIA 8 MÔN TOÁN (ĐỀ SỐ ) *Biên soạn: Thầy Đặng Thành Nam website: wwwvtedvn Video bài giảng và lời giải chi tiết chỉ có tại wwwvtedvn Thời gian làm bài: 9 phút (không kể thời gian
Διαβάστε περισσότεραVí dụ 2 Giải phương trình 3 " + = 0. Lời giải. Giải phương trình đặc trưng chúng ta nhận được
CHƯƠNG 6. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP CAO Những ý tưởng cơ bản của phương trình vi phân đã được giải thích trong Chương 9, ở đó chúng ta đã tập trung vào phương trình cấp một. Trong chương này, chúng ta nghiên
Διαβάστε περισσότεραỨNG DỤNG PHƯƠNG TÍCH, TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG TRONG BÀI TOÁN YẾU TỐ CỐ ĐỊNH
ỨNG DỤNG PHƯƠNG TÍH, TRỤ ĐẲNG PHƯƠNG TRNG ÀI TÁN YẾU TỐ Ố ĐỊNH. PHẦN Ở ĐẦU I. Lý do chọn đề tài ác bài toán về Hình học phẳng thường xuyên xuất hiện trong các kì thi HSG môn toán và luôn được đánh giá
Διαβάστε περισσότεραCÁC CÔNG THỨC CỰC TRỊ ĐIỆN XOAY CHIỀU
Tà lệ kha test đầ xân 4 Á ÔNG THỨ Ự TỊ ĐỆN XOAY HỀ GÁO VÊN : ĐẶNG VỆT HÙNG. Đạn mạch có thay đổ: * Kh thì Max max ; P Max còn Mn ư ý: và mắc lên tếp nha * Kh thì Max * Vớ = hặc = thì có cùng gá trị thì
Διαβάστε περισσότερα2.1 Tam giác. R 2 2Rr = d 2 (2.1.1) 1 R + d + 1. R d = 1 r (2.1.2) R d r + R + d r = ( R + d r. R d r
Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm Nguyễn Văn Linh Sinh viên K50 TNH ĐH Ngoại thương 1 Giới thiệu Một đa giác lồi được gọi là lưỡng tâm khi đa giác đó vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp đường tròn. Những đa giác
Διαβάστε περισσότεραcó nghiệm là:. Mệnh đề nào sau đây đúng?
SỞ GD & ĐT TỈNH HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT MINH CHÂU (Đề có 6 trng) ĐỀ THI THỬ THPT QG MÔN TOÁN LẦN NĂM HỌC 7-8 MÔN TOÁN Thời gin làm bài : 9 Phút; (Đề có câu) Họ tên : Số báo dnh : Mã đề 84 Câu : Bất phương
Διαβάστε περισσότεραChương 2: Đại cương về transistor
Chương 2: Đại cương về transistor Transistor tiếp giáp lưỡng cực - BJT [ Bipolar Junction Transistor ] Transistor hiệu ứng trường FET [ Field Effect Transistor ] 2.1 KHUYẾCH ĐẠI VÀ CHUYỂN MẠCH BẰNG TRANSISTOR
Διαβάστε περισσότερα1. Nghiên cứu khoa học là gì?
Nội dung cần trình bày Bài 1: Khái niệm về NCKH và các bước viết một đề cương nghiên cứu PGS.TS. Lưu Ngọc Hoạt Viện YHDP và YTCC Trường ĐH Y Hà Nội 1. Nghiên cứu khoa học là gì? 2. Tại sao cán bộ y tế
Διαβάστε περισσότεραTự tương quan (Autocorrelation)
Tự ương quan (Auocorrelaion) Đinh Công Khải Tháng 04/2016 1 Nội dung 1. Tự ương quan là gì? 2. Hậu quả của việc ước lượng bỏ qua ự ương quan? 3. Làm sao để phá hiện ự ương quan? 4. Các biện pháp khắc phục?
Διαβάστε περισσότεραB. chiều dài dây treo C.vĩ độ địa lý
ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG QUẢNG NINH MÔN VẬT LÝ LỜI GIẢI: LẠI ĐẮC HỢP FACEBOOK: www.fb.com/laidachop Group: https://www.facebook.com/groups/dethivatly.moon/ Câu 1 [316487]: Đặt điện áp
Διαβάστε περισσότεραTự tương quan (Autoregression)
Tự ương quan (Auoregression) Đinh Công Khải Tháng 05/013 1 Nội dung 1. Tự ương quan (AR) là gì?. Hậu quả của việc ước lượng bỏ qua AR? 3. Làm sao để phá hiện AR? 4. Các biện pháp khắc phục? 1 Tự ương quan
Διαβάστε περισσότεραHỌC VIỆN CÔNG NGHỆ BƯU CHÍNH VIỄN THÔNG
HỌC VIỆN CÔNG NGHỆ BƯU CHÍNH VIỄN THÔNG KẾ TOÁN QUẢN TRỊ (Dùng cho sinh viên hệ đào tạo đại học từ xa) Lưu hành nội bộ HÀ NỘI - 2007 HỌC VIỆN CÔNG NGHỆ BƯU CHÍNH VIỄN THÔNG KẾ TOÁN QUẢN TRỊ Biên soạn :
Διαβάστε περισσότεραTRANSISTOR MỐI NỐI LƯỠNG CỰC
hương 4: Transistor mối nối lưỡng cực hương 4 TANSISTO MỐI NỐI LƯỠNG Ự Transistor mối nối lưỡng cực (JT) được phát minh vào năm 1948 bởi John ardeen và Walter rittain tại phòng thí nghiệm ell (ở Mỹ). Một
Διαβάστε περισσότεραXác định cỡ mẫu nghiên cứu
VIỆN NGHIÊN CỨU Y XÃ HỘI HỌC Xác định cỡ mẫu nghiên cứu Nguyễn Trương Nam Copyright Bản quyền thuộc về tác giả và thongke.info. Khi sử dụng một phần hoặc toàn bộ bài giảng đề nghị mọi người trích dẫn:
Διαβάστε περισσότεραCƠ HỌC LÝ THUYẾT: TĨNH HỌC
2003 The McGraw-Hill Companies, Inc. ll rights reserved. The First E CHƯƠNG: 01 CƠ HỌC LÝ THUYẾT: TĨNH HỌC ThS Nguyễn Phú Hoàng CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN HỆ TIÊN ĐỀ TĨNH HỌC Khoa KT Xây dựng Trường CĐCN Đại
Διαβάστε περισσότεραLiên hệ:
Giáo trình Vi tích phân 2 Bộ môn Giải tích (Kho Toán Tin học, Đại học Kho học Tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh) Bản ngày 19 tháng 1 năm 218 2 Đây là giáo trình cho các môn toán Vi tích phân 2 cho khối B
Διαβάστε περισσότεραExercises. Functional. Analysis. A review for final exam st Edition
Phạm Đình Đồng xercises in Functional 1st dition Analysis A review for final exam 2008 Lời tựa To all the girls i love before. Tôi đến với giải tích hàm như một "sự sắp đặt của số phận". Có lẽ, đó là nguyên
Διαβάστε περισσότερα1 Dãy số và các bài toán về dãy số Giớithiệu Định nghĩa và các định lý cơ bản Một số phương pháp giải bài toán về dãy số...
Mục lục 1 Dãy số và các bài toán về dãy số 4 1.1 Giớithiệu... 4 1. Định nghĩa và các định lý cơ bản................... 5 1.3 Một số phương pháp giải bài toán về dãy số............. 8 1.3.1 Dãy số thực:
Διαβάστε περισσότεραÝ NGHĨA BẢNG HỒI QUY MÔ HÌNH BẰNG PHẦN MỀM EVIEWS
Ý NGHĨA BẢNG HỒI QUY MÔ HÌNH BẰNG PHẦN MỀM EVIEWS CẦN KÍ TÊN Ý NGHĨA XEM HIỆU 1 Dependent Variable Tên biến phụ thuộc Y Phương pháp bình Method: Least phương tối thiểu (nhỏ OLS Squares nhất) Date - Time
Διαβάστε περισσότεραBÀI TẬP. 1-5: Dòng phân cực thuận trong chuyển tiếp PN là 1.5mA ở 27oC. Nếu Is = 2.4x10-14A và m = 1, tìm điện áp phân cực thuận.
BÀI TẬP CHƯƠNG 1: LÝ THUYẾT BÁN DẪN 1-1: Một thanh Si có mật độ electron trong bán dẫn thuần ni = 1.5x10 16 e/m 3. Cho độ linh động của electron và lỗ trống lần lượt là n = 0.14m 2 /vs và p = 0.05m 2 /vs.
Διαβάστε περισσότεραMỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU...
MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU... 5 Chƣơng I: Mở đầu... 8 1.1 Tập hợp và các cấu trúc đại số... 8 1.1.1 Tập hợp và các tập con... 8 1.1.2 Tập hợp và các phép toán hai ngôi... 9 1.3 Quan hệ và quan hệ tương đương...
Διαβάστε περισσότεραDữ liệu bảng (Panel Data)
5/6/0 ữ lệu bảng (Panel ata) Đnh Công Khả Tháng 5/0 Nộ dung. Gớ thệu chung về dữ lệu bảng. Những lợ thế kh sử dụng dữ lệu bảng. Ước lượng mô hình hồ qu dữ lệu bảng Mô hình những ảnh hưởng cố định (FEM)
Διαβάστε περισσότεραTRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH NIÊN KHÓA: * * CHUYÊN ĐỀ
TRƯỜNG THT HUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH NIÊN KHÓ: 2011-2012 * * HUYÊN ĐỀ ỘT SỐ ÀI TOÁN HÌNH HỌ HẲNG LIÊN QUN ĐẾN TỨ GIÁ TOÀN HẦN Người thực hiện han Hồng Hạnh Trinh Nhóm chuyên toán lớp 111 Kon Tum, ngày 26
Διαβάστε περισσότερα2.1. Phương trình hàm Cauchy Phương trình hàm Jensen... 17
ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI NGUYỄN NGỌC DIỆP MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60 46 40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội
Διαβάστε περισσότερα7. Phương trình bậc hi. Xét phương trình bậc hi x + bx + c 0 ( 0) Công thức nghiệm b - 4c Nếu > 0 : Phương trình có hi nghiệm phân biệt: b+ b x ; x Nế
TỔNG HỢP KIẾN THỨC VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG ÀI TẬP TÁN 9 PHẦN I: ĐẠI SỐ. KIẾN THỨC CẦN NHỚ.. Điều kiện để căn thức có nghĩ. có nghĩ khi 0. Các công thức biến đổi căn thức.. b.. ( 0; 0) c. ( 0; > 0) d. e.
Διαβάστε περισσότερα