Phương trình elliptic á tuyến tính cấp hai với hai biến độc lập
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (851.99 KB, 41 trang )
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
TRẦN THỊ TÂM
PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC
Á TUYẾN TÍNH CẤP HAI
VỚI HAI BIẾN ĐỘC LẬP
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN – 2012
1Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
TRẦN THỊ TÂM
PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC
Á TUYẾN TÍNH CẤP HAI
VỚI HAI BIẾN ĐỘC LẬP
Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 60.46.01.02
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học: PGS. TS. Hà Tiến Ngoạn
THÁI NGUYÊN – 2012
2Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1
Mục lục
Mở đầu 2
1 Một số kiến thức chuẩn bị 4
1.1. Lớp hàm Holder ……………………………………………… 4
1.1.1 Liên tục Holder ……………………………………… 4
1.1.2 Không gian
,k
C
………………………………… 5
1.2. Đánh giá đối với ánh xạ á bảo giác…………………………… 6
1.2.1 Đánh giá đối với tích phân Dirichlet đối với ánh xạ á
bảo giác…………………………………………………. 8
1.2.2 Đánh giá chuẩn Holder đối với ánh xạ á bảo giác………. 12
2 Bài toán biên Dirichlet cho phương trình elliptic á tuyến tính cấp hai
với hai biến độc lập 16
2.1 Đánh giá địa phương đối với chuẩn Holder cho đạo hàm cấp
một của nghiệm phương trình tuyến tính cấp hai……………… 16
2.2 Đánh giá toàn cục đối với chuẩn Holder cho đạo hàm cấp một
của nghiệm phương trình tuyến tính cấp hai………………… 20
2.3 Tính giải được của bài toán biên Dirichlet cho phương trình
elliptic đều á tuyến tính cấp hai……………………………… 22
2.4 Tính giải được của bài toán biên Dirichlet cho phương trình
elliptic không đều á tuyến tính cấp hai………………………… 28
2.5 Sự tương đương của độ nghiêng bị chặn và điều kiện ba điểm 35
Kết luận 38
Tài liệu tham khảo 39
3Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2
Mở đầu
1. Lý do chọn Luận văn
Phương trình đạo hàm riêng cấp hai loại elliptic có một quá trình phát
triển lâu dài. Trường hợp phương trình với hai biến độc lập có một mối liên
quan chặt chẽ với lý thuyết hàm chỉnh hình và ánh xạ bảo giác trên mặt phẳng
phức.
Mục tiêu của Luận văn là trình bày lý thuyết phương trình elliptic á
tuyến tính cấp hai với hai biến độc lập. Khác với trường hợp khi số biến lớn
hơn hoặc bằng ba, trong trường hợp hai biến, người ta không đòi hỏi các hệ số
của phương trình là các hàm trơn, mà chỉ cần là các hàm liên tục.
2. Phương pháp nghiên cứu
Sử dụng các kết quả và phương pháp của lý thuyết ánh xạ á bảo giác và
của lý thuyết phương trình elliptic cấp hai tuyến tính cùng với phương pháp
lặp.
3. Mục đích của Luận văn
Trình bày các tính chất định tính về độ trơn của nghiệm phương trình
elliptic á tuyến tính cấp hai với hai biến độc lập.
4. Nội dụng của luận văn
Nội dung chủ yếu của Luận văn được dựa vào một chương của tài liệu
[1]. Trong chương 1 Luận văn đã trình bày khái niệm ánh xạ á bảo giác cùng
với các đánh giá tiên nghiệm trong lớp Holder của chúng.
Các kết quả trong chương 1 đã được áp dụng trong chương 2 vào các
đánh giá tiên nghiệm và tính giải được của bài toán Dirichlet cho phương
trình á tuyến tính elliptic đều và không đều. Đối với trường hợp elliptic không
đều, bài toán Dirichlet chỉ được xét trong các miền lồi với dữ kiện biên thoả
4Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
3
mãn điều kiện độ nghiêng bị chặn. Luận văn cũng đã chỉ ra rằng điều kiện độ
nghiêng bị chặn là tương đương với điều kiện ba điểm.
Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn và chỉ bảo nhiệt tình
của PGS.TS. Hà Tiến Ngoạn, Viện toán học. Em xin được bày tỏ lòng biết ơn
sâu sắc đến thầy. Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban Giám
hiệu, phòng Đào tạo, khoa Toán – trường Đại học sư phạm, Đại học Thái
Nguyên đã tạo điều kiện thuận lợi trong suốt quá trình học tập tại trường.
Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đồng nghiệp và các thành viên
trong lớp cao học toán K18B đã luôn quan tâm, động viên, giúp đỡ tôi trong
suốt thời gian học tập và quá trình làm Luận văn.
Tuy có nhiều cố gắng, song thời gian và năng lực của bản thân có hạn
nên Luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót. Rất mong được sự đóng góp ý
kiến của các thầy cô cùng toàn thể bạn đọc.
Thái Nguyên, tháng 08 năm 2012
Tác giả
Trần Thị Tâm
5Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
4
Chương 1
Một số kiến thức chuẩn bị
1.1 Lớp hàm Holder
1.1.1. Liên tục Holder
Định nghĩa 1.1. Cho
0
x
là một điểm trong
n
và
f
là một hàm xác định trên
miền bị chặn
D
chứa
0
x
. Nếu
01
, ta nói rằng
f
là liên tục Holder với
số mũ
tại
0
x
nếu:
(1.1)
0
0
0
;
0
sup
x
xD
xx
f x f x
f
xx
hữu hạn. Ta gọi
0
;x
f
là hệ số Holder bậc α của
f
tại
0
x
.
Nếu
f
là liên tục Holder tại
0
x
thì
f
liên tục tại
0
x
. Khi (1.1) là hữu hạn
với
1
,
f
là liên tục Lipschitz tại
0
x
.
Ví dụ 1.2. Hàm
f
trên
1
0B
được cho bởi
f x x
,
01
là liên tục
Holder với số mũ
và liên tục Lipschitz khi
1
, trong đó
1
0B
là hình
cầu đơn vị.
Định nghĩa 1.3. Ta nói
f
là liên tục đều Holder trong
D
với số mũ
nếu
đẳng thức:
6Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
5
(1.2)
;
,
sup , 0 1,
D
x y D
xy
f x f y
f
xy
hữu hạn. Ta nói
f
là liên tục Holder địa phương với số mũ
trong
D
nếu
f
là liên tục đều Holder với số mũ
trên mọi tập con compact của
D
.
1.1.2. Không gian
,k
C
Cho
là tập mở trong
n
và
k
là một số nguyên không âm.
,k
C
là
không gian các hàm
k
fC
mà các đạo hàm riêng cấp
k
liên tục Holder
với số số mũ
trong
. Để đơn giản ta viết:
0, 0,
, .C C C C
Và ta hiểu rằng với
01
ký hiệu này được sử dụng bất cứ khi nào, trừ khi
có quy ước khác.
Cũng như vậy, ta đặt:
,0 ,0
, .
k k k k
C C C C
Chúng bao gồm các không gian
,
kk
CC
trong số các không gian
,,
,
kk
CC
với
01
. Ta cũng ký hiệu
,
0
k
C
là không gian
các hàm trên
,k
C
có giá compact trong
.
Ta đặt:
(1.3)
,0;
0;
,;
;;
supsup , 0,1,2,
sup .
k
k
k
k
k
k
u D u D u k
u D u D u
Với những nửa chuẩn này, ta định nghĩa các chuẩn tương ứng:
7Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
6
(1.4)
,
; ,0;
,0;
0;
00
, ; ; ;
,;
;
,
,
k
k
kk
j
C k k
j
jj
k
C k k k
k
u u u u D u
u u u u u D u
trên các không gian
k
C
,
,k
C
tương ứng. Đặc biệt, đôi lúc ta đưa vào
các chuẩn không thứ nguyên trên
k
C
,
,k
C
: nếu
bị chặn, với
d
là
đường kính của
, ta đặt,
(1.5)
,
;
,0;
0;
00
, ; ; ;
,;
;
,
.
k
k
kk
j j j
Ck
j
jj
k k k
C k k k
k
u u d u d D u
u u u d u u d D u
Các không gian
k
C
,
,k
C
với các chuẩn tương ứng là những không
gian Banach.
Ta chú ý rằng, tích các hàm liên tục Holder cũng liên tục Holder. Thật
vậy, nếu
,u C v C
, ta có
uv C
trong đó
min ,
,
và
(1.6)
2
max 1, ;
.
C C C
C C C
uv d u v
uv u v
1.2 Đánh giá đối với ánh xạ á bảo giác.
Nhiều khái niệm và phương pháp khác nhau trong lý thuyết hàm đóng
vai trò đặc biệt trong lý thuyết của các phương trình elliptic hai biến. Ở đây
chủ yếu quan tâm đến đánh giá tiên nghiệm phát sinh từ lý thuyết của ánh xạ
á bảo giác. Một ánh xạ khả vi liên tục
,p p x y
,
,q q x y
từ một miền
8Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
7
trong mặt phẳng
,z x y
tới mặt phẳng
w,pq
là á bảo giác hay
K
á
bảo giác, trong miền
nếu với mỗi hằng số
0K
, ta có:
(1.7)
2 2 2 2
2
x y x y x y y x
p p q q K p q p q
với mọi
,xy
. Mặc dù bất đẳng thức (1.7) thỏa mãn cho
p
và
q
trong
1
C
, trong phần này kết quả được phát triển cho
, pq
liên tục và có đạo
hàm yếu bình phương khả tích.
Khi
1K
, (1.7) kéo theo
p
và
q
là hằng số và do đó ta giả thiết
1K
.
Với
1K
, ánh xạ
w z p z iq z
là một hàm giải tích của
z
. Khi
1K
bất đẳng thức (1.7) có ý nghĩa hình học là tại mọi điểm không triệt tiêu
của Jacobian thì ánh xạ này giữa mặt phẳng
z
và mặt phẳng
w
sẽ bảo toàn
định hướng và ánh xạ đường tròn đủ nhỏ vào các đường elliptic đủ nhỏ với
tâm sai bị chặn đều, trong đó tỉ số của trục nhỏ tới trục lớn là bị chặn dưới bởi
1/2
2
10KK
.
Ta sẽ quan tâm đến lớp các ánh xạ tổng quát hơn
,,x y p q
xác
định bởi bất đẳng thức:
(1.8)
2 2 2 2
2'
x y x y x y y x
p p q q K p q p q K
trong đó
K
,
'K
là hằng số, với
1, ' 0KK
. Mặc dù ý nghĩa hình học là
không giống nhau, ta sẽ gọi các ánh xạ tuân theo (1.8) là
,'KK
á bảo giác.
Trong sự phát triển tiếp theo, ta thấy rằng các ánh xạ thỏa mãn (1.7) và (1.8)
phát sinh từ phương trình elliptic hai biến với
p
và
q
biểu diễn các đạo
hàm cấp một của nghiệm.
Mục đích của phần này là đưa ra các đánh giá tiên nghiệm trong lớp
Holder cho ánh xạ
,'KK
á bảo giác. Kết quả cơ bản sẽ là hệ quả của
những bổ đề liên quan đến công thức tính tích phân Dirichlet:
9Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
8
(1.9)
2
2
2
( ) ( )
( , )
r
r
xy
z B z
r z Dw dx dy w w dx dy
B
D
của ánh xạ
,'KK
á bảo giác
w
được lấy trên đĩa
r
Bz
. Khi đó để đơn
giản ta viết
rD
thay cho
,rzD
và
r
B
thay cho
()
r
Bz
.
1.2.1 Đánh giá đối với tích phân Dirichlet đối với ánh xạ á bảo giác.
Bổ đề 1.4. Giả sử
w p iq
là
,'KK
á bảo giác trên hình tròn
0
()
RR
B B z
thỏa mãn (1.8) với
0, 0KK
, và giả sử
pM
trong
R
B
.
Khi đó với mọi
/2rR
, ta có
(1.10)
2
2
2 1/2
( ) , ( 1) ,
r
r
r Dw dx dy C K K
R
B
D
với
22
1
( )( ' )C C K M K R
. Nếu
'0K
, kết luận vẫn đúng với
1.K
Chứng minh. Trước tiên chúng ta thiết lập đánh giá cho tích phân Dirichlet
trong hình tròn bán kính
/ 2.R
Từ (1.8) ta có với bất kỳ hình tròn đồng tâm
rR
BB
, ta có:
(1.11)
2
2
2
( , )
( ) 2 '
( , )
=2 ' ,
r
r
r
B
C
pq
z Dw dx dy K dx dy K r
xy
B
q
K p ds K r
s
D
với s là ký hiệu độ dài cung tròn
rr
CB
lấy theo phương ngược chiều kim
đồng hồ. Mặt khác sử dụng
2
()
r
C
z Dw ds
D'
, ta thấy:
10Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
9
(1.12)
1/2
2
2
1/2
1/2
2
2
ds ds Dq ds
ds Dw ds 2 ' .
Cr Cr Cr
Cr Cr
q
pp
s
p M r r
D
Thay vào (1.11) và thay
r
bằng
R
vào thành phần thứ hai của vế phải, ta thu
được:
(1.13)
2
12
( ) '( )r k k r rDD
với
2
1
'k R K
,
22
2
8.k M K
Bây giờ hoặc là
1
( / 2)RkD
, ta có ước
lượng cần tìm; hoặc nếu không thì
1
()rkD
với
0
/2r r R
nào đó và do
đó với mọi
r
đủ lớn. Bất đẳng thức vi phân (1.13) được lấy tích phân trong
miền
0 1 2
r r r r R
và cho ta bất đẳng thức như sau:
2
1
2
2
1 1 2 1
1
1 '( ) 1
log
()
()
r
r
r dr r
r k k r
rk
D
D
D
.
Lấy
12
/ 2, r R r R
ta thu được:
(1.14)
2 2 2
8
( / 2) '
log2
R M K R K
D
.
Ta chú ý rằng việc chứng minh đánh giá này không liên quan tới các hạn
chế lên
, 'KK
ngoài giả thiết
K
không âm. Ta cũng lưu ý rằng trong trường
hợp tổng quát ta cũng không thể thu được đánh giá trong toàn bộ hình tròn
r
B
, bởi vì rằng tập các hàm giải tích
, 1,2,
n
n
w z n
tất cả đều thỏa mãn
1
n
w
trong
1z
, nhưng:
2
1
n
z
Dw dx dy
khi
n
.
11Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
10
Mặt khác
2
1
( )
n
z
Dw dx dy C
với bất kỳ
0
cố định, trong đó
()C
độc lập với
n
.
Ta tiếp tục sử dụng (1.14) cho tích phân Dirichlet trong
/2R
B
để đánh giá
cấp tăng cho
rD
. Từ bất đẳng thức,
22
1
22
x y x y
p q p q
,
22
1
,
22
x y x y
p q q p
( 0),
ta thu được
2
2
1
.
22
x y y x x y
J p q p q w w
Do đó viết (1.8) dưới dạng,
2
2
2'
xy
w w KJ K
,
và thế
2 1/2
( 1)KK
(hoặc tương tương
2
(1 ) / 2K
), ta tìm được
2
2
22
1 2 '
.
1
xy
K
ww
Vì vậy
(1.15)
2 2 2
2
2
2
2
22
1
1
1 2 '
.
11
x x x
w w w
K
Dw
Do (1.8) là bất biến dưới phép quay, bất đẳng thức này vẫn có hiệu lực nếu
phép lấy đạo hàm theo hướng
s
w
thay bởi
x
w
.
Chúng ta sẽ áp dụng (1.15) để thu được đánh giá chính xác hơn của
r
s
C
pq ds
trong (1.11). Giả sử kí hiệu
()p p r
là giá trị trung bình của p trên
đường tròn
r
C
. Khi đó
12Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
11
(1.16)
2
2
1 ( )
( ) .
2
r r r
s s s
C C C
pp
pq ds p p q ds rq ds
r
Ta sử dụng bất đẳng thức Wirtinger sau đây
22
2
2
00
( , ) ,p r p d p d
có nghĩa là
(1.17)
2 2 2
( ) .
rr
s
CC
p p ds r p ds
(Kết quả này dễ dàng được chứng minh bằng cách khai triển
( , )p p r
thành chuỗi Fourier theo
và ứng dụng bất đẳng thức Parseval). Thay (1.17)
vào (1.16), ta thấy rằng:
2
22
( )
22
r r r
s s s s
C C C
rr
pq ds p q ds w ds
,
và do đó từ (1.15),
2
2
2
24
2'
.
2(1 ) 1
rr
s
CC
rK
pq ds Dw ds r
Thế bất đẳng thức này vào (1.11) và sử dụng lại hệ thức
2
r
C
Dw ds
' rD
,
ta đi đến bất đẳng thức vi phân,
(1.18)
2
2
2
' , ' 1
21
r
r r kr k K
DD
.
Điều này kéo theo
2
d
rr
dr
D
12
2,kr
Từ phép lấy tích phân sau đây giữa
r
và
0
r
13Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
12
(1.19)
2
2
00
0
( ) ( ) .
1
r
r r kr
r
DD
Đặt
0
/2rR
và thay vào (1.14) ta thu được đánh giá (1.10) với
22
23
max , 'C C K C K M K R
, với
2
2
32
,
log2
CK
3
2
2
4 1 .
11
C
Cuối cùng ta nhận thấy rằng khi
'0K
các lý luận không bị ảnh hưởng khi
cho phép
1K
, và
C
được thay thế bởi
2
2
.CM
1.2.2 Đánh giá chuẩn Holder đối với ánh xạ á bảo giác.
Bổ đề tính toán sau đây của Morrey là một bước thiết yếu để từ đánh giá
cấp tăng của tích phân Dirichlet có thể nhận được đánh giá Holder trên chính
hàm đó.
Giả sử
và Ω là các miền trong
2
. Ta ký hiệu
nếu bao đóng
của
chứa trong
, tức là
.
Bổ đề 1.5. Giả sử
1
()wC
và
với
dist( , ) R
. Giả sử các
hằng số dương
, , ' 0CR
thỏa mãn
D
()
2
2
( , )
rz
B
r z Dw dx dy Cr
với mọi đĩa
()
r
Bz
có tâm
z
và bán kính
'r R R
. Khi đó với mọi
12
,zz
thỏa mãn
21
'z z R
, ta có
2 1 2 1
( ) ( ) 2
C
w z w z z z
.
14Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
13
Sau đây là định lý về đánh giá tiên nghiệm Holder cho ánh xạ
,'KK
á
bảo giác.
Định lý 1.6. Giả sử
w
là
,'KK
á bảo giác trong miền
với
1, ' 0KK
và giả sử
wM
. Giả sử
với hình tròn
dist , d
. Khi đó với mọi
12
,zz
. Ta có
(1.20)
2
1
2
21
2
21
, 1 .
zz
w z w z C K K
d
trong đó
1
d ' .C C K M K
Nếu
'0K
thì
1
C C K M
và kết luận
này cũng đúng với
1K
.
Chứng minh. Đầu tiên giả sử
21
.
2
d
zz
Điều kiện của Bổ đề 1.4 và 1.5 áp
dụng với
Rd
và
'
2
d
R
, vì vậy ta có:
21
21
zz
w z w z L
d
trong đó
1
22
2
''L C K M K d C K M d K
.
Nếu
21
d
2
zz
thì
2
2 1 2 1
21
2 2 4
12
z z z z
w z w z M M M
dd
.
Do đó định lý được chứng minh với
1
max 4, .C K C K
Để kết thúc phần này, ta có một số chú ý sau.
15Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
14
Chú ý 1.7.
1. Số mũ
1
2
2
1KK
là lớn nhất để cho Bổ đề 1.4 và Định lý 1.6 là
đúng. Điều này có thể thấy từ ví dụ của ánh xạ
K
á bảo giác
1
2
2
, 1
i
w z r e K K
có số mũ
Holder tại
0z
. Cùng một
kết quả (cho
1, ' 0KK
) với số mũ
nhỏ hơn có thể đạt được từ
chứng minh trực tiếp Bổ đề 1.4 bắt đầu với (1.11) và kết hợp với (1.15),
trong trường hợp này bất đẳng thức (1.17) không cần phải sử dụng tới.
2. Phản ví dụ chỉ ra rằng Bổ đề 1.4 và Định lý 1.6 không đúng với số mũ
12
2
1KK
khi
1K
và
0K
, đó là với
1
. Tuy nhiên nếu
một ánh xạ thỏa mãn (1.8) với
1K
, nó cũng thỏa mãn bất đẳng thức đó
với giá trị lớn hơn của
K
và kết quả tương ứng trong Bổ đề 1.4 và Định lý
1.6 khi áp dụng với số mũ
tùy ý gần đến 1.
3. Nếu
bị chặn và được phủ và bởi
N
đĩa đường kính
2
d
, chứng minh ta
thấy Định lý 1.6 vẫn đúng với giả thiết yếu hơn
pM
, với hằng số
C
trong (1.20) cũng phụ thuộc vào
N
và do đó phụ thuộc vào đường kính
của
.
4. Đánh giá toàn cục. Nếu
w p iq
là
,'KK
á bảo giác trong miền
1
C
của
và
1
wC
thì Định lý 1.6 được mở rộng cho đánh giá tiên
nghiệm Holder toàn cục cho
w
. Đặc biệt nếu
wM
và
0p
trên
khi đó
w
thỏa mãn một điều kiện Holder toàn cục với hệ số và số mũ
Holder chỉ phụ thuộc vào
, 'KK
,
M
và
. Để chứng minh, đặt
là
hợp hữu hạn các cung chồng lên nhau mà được duỗi thẳng bằng một đồng
phôi
1
C
phù hợp
,,xy
được xác định trong lân cận của cung.
16Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
15
Hàm
w
là bảo giác trong biến số
,
với hằng số
, 'KK
phụ thuộc vào
, 'KK
và
. Bằng phản xạ qua
0
để
,,pp
và
trong mặt phẳng mở rộng
,
, áp dụng đánh giá
trong phần trước hàm
p iq
được định nghĩa là
,'KK
á bảo giác.
Quay lại mặt phẳng
,xy
ta thu được đánh giá Holder cho
w
trong
; đó
là
1 2 1 2 1 2
, ,w z w z C z z z z
,
trong đó
, ',KK
và
, ', ,C C K K M
. Nếu
pp
trên
với
1
pC
và
1,
pM
, thì xét
pp
trong vị trí của
p
, ta thấy
w
cũng
thỏa mãn với đánh giá toàn cục, với
, C
phụ thuộc vào
, ', , 'K K M M
và
.
17Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
16
Chương 2
Bài toán Dirichlet cho phương trình
elliptic á tuyến tính cấp hai
2.1 Đánh giá địa phương đối với chuẩn Holder cho đạo
hàm cấp một của nghiệm phương trình tuyến tính cấp
hai
Những kết quả phần trước sẽ được áp dụng để thu được đánh giá Holder
cho các nghiệm của đạo hàm cấp một của phương trình elliptic đều.
(2.1)
2
xx xy yy
Lu au bu cu f
,
với
, , , a b c f
được xác định trong miền
của mặt phẳng
,z x y
. Ký
hiệu
, =zz
là giá trị riêng nhỏ nhất và lớn nhất của ma trận các
hệ số thỏa mãn
(2.2)
2 2 2 2 2 2 2
2 , , ;a b c
và giả sử
L
là elliptic đều trong
, tức là:
(2.3)
.
18Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
17
với hằng số
1
. Ta giả sử
sup f
. Chia (2.1) bởi giá trị riêng
cực tiểu
, Ta giả thiết rằng
1
và (2.2) cố định với
1
và
, khi
f
. Ta giả thiết như sau. Đặt:
,
xy
p u q u
,
ta có thể viết (2.1) thành
(2.4)
2
,
x y y y x
a b f
p p q p q
c c c
Bằng phép lấy đạo hàm
p
là một nghiệm của phương trình elliptic đều dạng:
2
0
x y y
y
x
a b f
p p p
c c c
,
và tương tự ta có phương trình đối với
q
.
Nhân vế trái của (2.4) với
x
cp
, ta thu được:
2 2 2 2
2 ,
x y x x y y x x y y x
p p ap bp p cp cJ fp J q p q p
,
tương tự
22
x y y
q q aJ fq
Cộng các bất đẳng thức này và lưu ý rằng
2 1 1ac
, ta có
(2.5)
22
1
1 1 .
2
xy
xy
Dp Dq a c J f p q
J p q
.
Sử dụng bất đẳng thức,
2
2 2 2
1
1 1 , 0
2
x y x y
p q p q
,
và cố định
1
(đặc biệt chọn
2
), từ (2.5) ta thu được:
(2.6)
22
2
2
2 1 1 / 2.Dp Dq J
19Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
18
Do đó
w p iq
(hoặc
q ip
) xác định một ánh xạ
,'KK
á bảo giác thỏa
mãn (1.8) với
(2.7)
1,K
2
2
' 1 / 2K
.
Lấy
đủ nhỏ, hằng số
K
chọn tùy ý gần
1 / 2
.
Nếu
0f
, ta trực tiếp thu được từ bất đẳng thức (2.2) và (2.3):
2 2 2
1.Dw Dp Dq a c J J
Trong trường hợp này ánh xạ
w p iq
là
K
á bảo giác với hằng số
1 / 2K
. Có thể chỉ ra rằng hằng số á bảo giác nhỏ nhất không vượt quá
1/ / 2K
.
Chúng ta thiết lập đánh giá cơ bản cho nghiệm của (2.1) mà nó cần
cho lí thuyết phi tuyến tính tiếp theo. Chúng ta sử dụng kí hiệu
12
1.2
dist , , min ,
z z z
d z d d d
và phần trong chuẩn và nửa chuẩn
12
2
21
12
1,2
0
1,
,
21
sup d , supd
z
z z z
Du z Du z
u f f
zz
Định lý 2.1. Giả sử u là nghiệm thuộc
2
C
và bị chặn của phương trình:
2
xx xy yy
Lu au bu cu f
,
với
L
là elliptic đều, thỏa mãn (2.2) và (2.3) trong miền
của
2
. Khi đó
với bất kỳ
( ) 0
, ta có:
(2.8)
2
00
1,
/,u C u f
()CC
.
Đặc điểm quan trọng của kết quả này là đánh giá (2.8) chỉ phụ thuộc vào tính
bị chặn và không phụ thuộc vào tính trơn của các hệ số. Điều này ngược lại
với đánh giá Schauder phụ thuộc vào hằng số Holder của các hệ số.
20Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
19
Chứng minh. Giả sử
12
, zz
là một cặp điểm bất kỳ trong
, đặt
1,2
2dd
và
ký hiệu
'
z
z d d
,
'' ' dist( , )z z d d
. Ta lưu ý rằng
12
, ''zz
. Ta áp dụng Định lý 1.6 với
', ''
trong vị trí tương ứng của
,
và
1K
,
2
'
[(1 )sup / ]
'
2
f
K
. Bất đẳng thức (1.20) với
w p iq
được trình bày trong các số hạng của gradient của
Du
, trở thành
với
2 1/2
(1 ) ( 2 )
21
''
21
''
( ) ( )
(sup sup , ( ( )),
(sup ( ) sup );
zz
Du z Du z
d C Du d f C C
zz
C
d Du z d f
d
do đó:
12
21
1,2 2
21
( ) ( )
(sup ( ) sup / ),
z
Du z Du z
d C d Du z d f
zz
kéo theo
(2)
1, ; ' 1; '
0; '
[ ] ([ ] / )u C u f
, với bất kỳ
'
.
Áp dụng bất đẳng thức trên cho
1, 0jk
, cụ thể là
(2.9)
1 1, 1
0
[ ] [ ]u u C u
,
11
( ( ))CC
cho ta bất đẳng thức sau
(2)
1, 1, 1
00
[ ] ( [ ] / ).u C u C u f
Chọn
sao cho
1
2
C
, ta thu được một hằng số thích hợp
()CC
,
(2)
1,
00
[ ] ( / ),u C u f
đó là kết quả cần tìm (2.8).
21Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
20
Từ (2.8) và bất đẳng thức (2.9), ta có đánh giá chuẩn như sau:
(2.10)
2
1,
00
[ ] ,u C u f
()CC
.
2.2 Đánh giá toàn cục đối với chuẩn Holder đạo hàm cấp
một của nghiệm phương trình tuyến tính cấp hai
Định lý 2.1 về đánh giá địa phương có thể được mở rộng cho đánh giá
1,
()C
dưới giả thiết tính trơn phù hợp với dữ kiện trên biên. Giả sử thêm
vào giả thiết của Định lý 2.1 là
2
()uC
với
là một miền
2
C
và
0u
trên
. Khi đó ta có thể khẳng định rằng
1, ,
uC
với
( , )
và
00
( , , , ).C C u f
Ta sẽ chứng minh điều khẳng định trên.
Ta đặt
0
1v u Du
, sao cho
v
thỏa mãn
0
1Lv f Du
và
1Dv
. Giả sử
được phủ bởi số hữu hạn của các cung chồng lên nhau,
trong đó chúng có thể duỗi thẳng thành các đoạn của
0
bằng một vi phôi
2
C
phù hợp
( , ) ( , )xy
được xác định trong lân cận của cung. Khi lấy
đạo hàm của (2.6), ánh xạ
( , ), ( , )p p q q
với
, p v q v
là
( , ')KK
á bảo giác trong
( , )
với hằng số
( , ),KK
0
' '( , , / )K K f
. Cũng vậy,
0p
trên
0
. Lập luận tương tự như
trong Nhận xét 1.2.4(4) chứng tỏ rằng p và q và do đó
Dv
thỏa mãn một điều
kiện Holder toàn cục trong
, trong đó số mũ Holder
chỉ phụ thuộc vào
,
và hệ số Holder cũng phụ thuộc vào
0
/f
. Vì vậy,
1,
0
[ ] (1 ),u C D u
0
( , , / ),C C f
22Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
21
và bằng phương pháp nội suy ta thu được:
1, , 0 0
, , , / , = , .u C u f
Nếu
2
()C
và
u
trên
, khi đó xét
u
thay vị trí của
u
và nhắc
lại rằng
0
u
có thể được đánh giá trong các số hạng của
sup
và
0
/f
.
Chúng ta suy ra đánh giá toàn cục sau đây
1, , 2 0
( , , , / )u C C f
,
( , )
.
Ta nhấn mạnh rằng, đánh giá này độc lập với bất kỳ tính trơn của
f
và
của các hệ số của
L
.
Tiếp theo ta trình bày ứng dụng của kết quả trên trong định lý sau.
Định lý 2.2. Giả sử
là một miền
2,
C
với
0
nào đó và giả sử
f
và
các hệ số của
L
thuộc không gian
()C
. Giả sử
20
( ) ( ),u C C
2,
()C
thỏa mãn
Lu f
trong
,
u
trên
. Khi đó
1,
()uC
và
1, ,
uC
, với
( , )
và
20
( , , , / )C C f
.
Chứng minh. Chứng minh được suy ra từ mục trước bằng phương pháp xấp
xỉ. Cụ thể là, nếu
, , , , 1,2
m m m m
a b c f m
, là những hàm trong
()C
hội tụ
tới
, , ,a b c f
, đều trong các miền con compact của
, những nghiệm tương
ứng
m
u
của bài toán Dirichlet,
m m m
L u f
trong
,
m
u
trên
sẽ thuộc
2
()C
và có chuẩn
1,
()C
bị chặn đều
1,
m
uC
với
và
C
độc lập với
m
. Do đánh giá Schauder và tính duy nhất, dãy
{}
m
u
hội tụ đến nghiệm u của
Lu f
. Theo đó thì
u
cũng thỏa mãn
1,
()C
bị chặn
1,
uC
, như sự
khẳng định của chúng ta.
23Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
22
2.3 Tính giải được của bài toán biên Dirichlet cho
phương trình elliptic đều á tuyến tính cấp hai.
Ta xét bài toán Dirichlet cho phương trình elliptic á tuyến tính dạng tổng
quát,
(2.11)
, , , , 2 , , , ,
, , , , , , , , 0
x y xx x y xy
x y yy x y
Qu a x y u u u u b x y u u u u
c x y u u u u f x y u u u
được xác định trong một miền bị chặn
trong mặt phẳng
,xy
. Liên quan
đến toán tử Q, ta giả thiết:
i) Hàm
, , , , , , , , , ,a a x y u p q f f x y u p q
được xác định với mọi
, , , ,x y u p q
trong
2
và
2
, , ,a b c f C
với mọi
0,1
.
ii) Toán tử Q là elliptic đều trong
với
u
bị chặn, có nghĩa là các giá trị
riêng
, , , , , , , , ,x y u p q x y u p q
của ma trận hệ số thỏa mãn:
(2.12)
2
1 , , , , ,u x y u p q
với
là hàm không giảm.
iii) Hàm
f
thỏa mãn các điều kiện:
(2.13)
1
f
u p q
(2.14)
2
sign 1 , , , , ,
f
u v p q x y u p q
trong đó
không giảm và
v
là hằng số không âm.
24Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
23
Ta nói rằng miền
với biên
trong
2
thỏa mãn điều kiện mặt cầu
bên ngoài nếu tại mỗi điểm
0
x
luôn tồn tại một hình tròn nằm bên ngoài
và có duy nhất một điểm chung
0
x
với
.
Định lý 2.3. Giả sử
là một miền trong
2
thỏa mãn điều kiện mặt cầu bên
ngoài và giả sử
là hàm liên tục trên
. Khi đó nếu
Q
là một toán tử
elliptic á tuyến tính thỏa mãn điều kiện (i) – (iii), thì bài toán Dirichlet
(2.15)
0Qu
trong
,
u
trên
,
có nghiệm
2, 0
( ) ( )u C C
.
Chứng minh. Đầu tiên chúng ta chứng minh định lý dưới giả thiết hẹp hơn
(2.16)
f
( const)
,
trong (2.13). Lập luận dựa trên định lý điểm bất động Schauder. Để xác định
ánh xạ
T
xuất hiện trong phát biểu của định lý đó ta quan sát như sau. Giả sử
v
là hàm bất kỳ với các đạo hàm cấp một liên tục Holder địa phương trong
, và giả sử
( , ) ( , , , , ),
xy
a a x y a x y v v v
, là hàm liên tục Holder địa
phương trong
thu được khi thay
v
vào
u
trong các hệ số của
Q
. Khi
f
là bị chặn thì bài toán Dirichlet tuyến tính,
(2.17)
20
xx xy yy
au bu cu f
trong
,
u
trên
,
có duy nhất một nghiệm
20
( ) ( )u C C
. Ta có
10
0
sup supu u C M
,
11
CC
(diam
).
Ngoài ra, nếu
0
sup vM
và nếu ta đặt
00
()M
, theo Định lý 2.1 ta có :
(2.18)
2
00
1, 0
2
0
diam , , ,
C diam .
u C u C C
MK
25Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
