ĐỀ TÀI " BÀI TOÁN DIRICHLET CHO PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC TUYẾN TÍNH CẤP 2 TRONG KHÔNG GIAN HOLDER " pdf

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
TRẦN THỊ THÚY MAI
BÀI TOÁN BIÊN DIRICHLET CHO
PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC TUYẾN TÍNH
CẤP HAI TRONG KHÔNG GIAN HOLDER
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Thái Nguyên - Năm 2012
1Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
TRẦN THỊ THÚY MAI
BÀI TOÁN BIÊN DIRICHLET CHO PHƯƠNG
TRÌNH ELLIPTIC TUYẾN TÍNH CẤP HAI
TRONG KHÔNG GIAN HOLDER
Chuyên ngành: GIẢI TÍCH
Mã số: 60.46.01.02
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học
PGS.TS HÀ TIẾN NGOẠN
Thái Nguyên - Năm 2012
2Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
i
Mục lục
Mở đầu 1
1 Một số kiến thức chuẩn bị 3
1.1 Công thức tích phân từng phần . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Công thức Green thứ nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.3 Công thức Green thứ hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.4 Công thức Green biểu diễn hàm số . . . . . . . . . . . . . . 4
1.5 Lớp hàm Holder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.6 Đánh giá Schauder đối với thế vị Newton . . . . . . . . . . 7
1.7 Phương pháp liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.8 Phương pháp làm trơn hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2 Bài toán biên Dirichlet cho phương trình elliptic tuyến tính
cấp hai 14
2.1 Đánh giá Schauder đối với nghiệm của bài toán biên Dirich-
let cho phương trình Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.2 Đánh giá Schauder đối với nghiệm bài toán biên Dirichlet
cho phương trình elliptic tuyến tính cấp hai . . . . . . . . . 19
2.3 Tính giải được của bài toán biên Dirichlet cho phương trình
Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.4 Tính giải được của bài toán Dirichlet cho phương trình el-
liptic cấp hai dạng tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
Kết luận 28
TÀI LIỆU THAM KHẢO 29
3Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1
Mở đầu
1. Lý do chọn Luận văn
Phương trình elliptic tuyến tính cấp hai có một đặc điểm quan trọng là:
khi vế phải và các hệ số của phương trình là các hàm liên tục thì nghiệm
cổ điển lớp C
2
của nó nói chung là không tồn tại. Nhà toán học Schauder
đã có một phát hiện quan trọng là khi vế phải và các hệ số của phương
trình thuộc lớp Holder C
α
thì nghiệm luôn tồn tại trong lớp C
2,α
. Do đó

cần phải trình bày một cách hệ thống lý thuyết Schauder về tính giải được
của phương trình elliptic cấp hai trong không gian Holder.
2. Phương pháp nghiên cứu
Các phương pháp chính được sử dụng trong Luận văn là các đánh giá
tiên nghiệm đối với thế vị Newton và sử dụng phương pháp liên tục để
chuyển các kết quả cho phương trình Poisson sang loại phương trình tổng
quát.
3. Mục đích của Luận văn
Trình bày tính giải được của bài toán Dirichlet cho phương trình elliptic
cấp hai dạng tổng quát.
4. Nội dung của Luận văn
Luận văn bao gồm phần Mở đầu, hai chương nội dung chính, Kết luận
và Tài liệu tham khảo.
Chương 1. Giới thiệu các kiến thức chuẩn bị cho việc nghiên cứu kết
quả chính của Luận văn. Trước hết trình bày công thức tích phân từng
phần, sau đó trình bày các công thức Green thứ nhất, công thức Green
thứ hai và công thức tích phân từng phần. Tiếp theo giới thiệu về lớp hàm
Holder, đánh giá của Schauder đối với thế vị Newton và hai phương pháp
quan trọng là phương pháp liên tục và phương pháp làm trơn hàm số.
Chương 2. Giới thiệu các đánh giá của Schauder đối với nghiệm của
4Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2
bài toán biên Dirichlet cho phương trình Poisson và đối với nghiệm của bài
toán biên Dirichlet cho phương trình elliptic tuyến tính cấp hai. Tiếp theo
trình bày về tính giải được của bài toán biên Dirichlet cho phương trình
Poisson và tính giải được của bài toán Dirichlet cho phương trình elliptic
cấp hai dạng tổng quát.
Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn và nhiệt tình chỉ bảo
của PGS.TSKH Hà Tiến Ngoạn, Viện Toán học. Em xin được bày tỏ lòng
biêt 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 Thúy Mai
5Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
3
Chương 1
Một số kiến thức chuẩn bị
1.1 Công thức tích phân từng phần
Giả sử Ω ⊂ R
d
là miền bị chặn trong R
d
với biên ∂Ω. Với x ∈ ∂Ω ta
ký hiệu ν
x
= (ν
1
, ν
2
, , ν
d

) là véctơ pháp tuyến ngoài đơn vị tại x, dσ(x)
là phần tử diện tích của ∂Ω.
Với u(x), v(x) ∈ C
1
(Ω) ∩ C
0
(Ω) ta có công thức tích phân từng phần
sau đây:

Ω
∂u(x)
∂x
k
v(x)dx = −

Ω
u(x)
∂v(x)
∂x
k
dx +

∂Ω
u(x)v(x)ν
k
dσ(x). (1.1)
1.2 Công thức Green thứ nhất
Bổ đề 1.2.1. Giả sử u(x) ∈ C
2
(Ω) ∩ C

0
(Ω), v(x) ∈ C
1
(Ω) ∩ C
0
(Ω),
∆u =
d

k=1
∂
2
u
∂x
2
k
. Khi đó ta có công thức Green thứ nhất

Ω
v(x)∆u(x)dx +

Ω
∇u(x).∇v(x)dx =

∂Ω
v(z)
∂u
∂ν
z
(z)dσ(z), (1.2)

trong đó ∇u = (
∂u
∂x
1
, ,
∂u
∂x
d
) ,
∂u
∂ν
z
=
d

k=1
∂u
∂x
k
ν
k
= (∇u, ν
z
) là đạo hàm của
u theo hướng ν
z
.
6Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
4
Chứng minh. Ta có:


Ω
v(x)∆u(x)dx =

Ω
v(x)
d

k=1
∂
∂x
k
(
∂u
∂x
k
)dx
= −

Ω
d

k=1
∂u
∂x
k
∂v
∂x
k
dx +


∂Ω
v(z)

d

k=1
∂u(z)
∂x
k
ν
k

dσ(z)
= −

Ω
∇u(x).∇v(x)dx +

∂Ω
v(z)
∂u
∂ν
z
(z)dσ(z).
Do đó ta có công thức (1.2).
1.3 Công thức Green thứ hai
Bổ đề 1.3.1. Giả sử u(x), v(x) ∈ C
2
(Ω) ∩ C

0
(Ω), ta có công thức Green
thứ hai:

Ω
{v(x)∆u(x) − u(x)∆v(x)}dx =

∂Ω

v(z)
∂u
∂ν
z
− u(z)
∂v
∂ν
z
(z)

dσ(z).
(1.3)
Chứng minh. Theo công thức Green thứ nhất ta có:

Ω
v(x)∆u(x)dx +

Ω
∇u(x).∇v(x)dx =

∂Ω

v(z)
∂u
∂ν
z
(z)dσ(z).
Đổi vai trò hàm u(x) và v(x) ta có:

Ω
u(x)∆v(x)dx +

Ω
∇v(x).∇u(x)dx =

∂Ω
u(z)
∂v
∂ν
z
(z)dσ(z).
Trừ các vế của hai phương trình trên ta có (1.3).
1.4 Công thức Green biểu diễn hàm số
Định lý 1.4.1. Nếu u ∈ C
2
(Ω), ta có:
u(y) =

∂Ω

u(x)
∂Γ

∂ν
x
(x, y) − Γ(x, y)
∂u
∂ν
x
(x)

do(x) +

Ω
Γ(x, y)∆u(x)dx,
(1.4)
7Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
5
trong đó
Γ(x, y) = Γ(|x − y|) =

1
2π
log |x − y| với d = 2
1
d(2−d)ω
d
|x − y|
2−d
với d > 2
(1.5)
và ω
d

là thể tích của hình cầu đơn vị trong R
d
.
Chứng minh. Với  > 0 đủ nhỏ, tồn tại hình cầu tâm y bán kính 
B(y, ) ⊂ Ω
(vì Ω mở ). Áp dụng (1.3) cho v(x) = Γ(x, y) và Ω \ B(y, ). Do Γ là hàm
điều hòa theo biến x trong Ω \ {y}, ta thu được:

Ω\B(y,)
Γ(x, y)∆u(x)dx =

∂Ω

Γ(x, y)
∂u
∂ν
x
(x) − u(x)
∂Γ(x, y)
∂ν
x

dσ(x)
+

∂B(y,)

Γ(x, y)
∂u
∂ν

x
(x) − u(x)
∂Γ(x, y)
∂ν
x

dσ(x).
(1.6)
Trong tích phân thứ hai trên biên, ν là pháp tuyến ngoài của Ω \ B(y, ),
do vậy là pháp tuyến trong của B(y, ).
Ta lấy giới hạn từng tích phân trong công thức khi  → 0. Do u ∈ C
2
(Ω),
∆u bị chặn. Do Γ là khả tích nên vế trái của (1.6) trở thành:

Ω
Γ(x, y)∆u(x)dx.
Trên ∂B(y, ), ta có Γ(x, y) = Γ(). Vì vậy khi  → 0,





∂B(y,)
Γ(x, y)
∂u
∂ν
x
(x)dσ(x)





≤ dω
d

d−1
Γ() sup
B(y,)
|∇u| → 0.
Ngoài ra,
−

∂B(y,)
u(x)
∂Γ(x, y)
∂ν
x
dσ(x) =
∂
∂
Γ()

∂B(y,)
u(x)dσ(x)
=
1
dω
d


d−1

∂B(y,)
u(x)dσ(x) → u(y).
8Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
6
(do ν là pháp tuyến trong của B(y, )).
Do vậy, ta có (1.4).
1.5 Lớp hàm Holder
Định nghĩa 1.5.1. Cho f : Ω → R, x
0
∈ Ω, 0 < α < 1. Hàm f được gọi
là liên tục Holder tại x
0
với số mũ α nếu
sup
x∈Ω
|f(x) − f(x
0
)|
|x − x
0
|
α
< ∞. (1.7)
Hơn nữa f được gọi là liên tục Holder trong Ω nếu nó liên tục tại mọi
x
0
∈ Ω (với số mũ α). Khi đó ta viết f ∈ C
α

(Ω).
Nếu f liên tục Holder tại x
0
thì f liên tục tại x
0
.
Trong (1.7) nếu α = 1 thì f được gọi là liên tục Lipschitz tại x
0
.
Ta định nghĩa chuẩn:
|f|
C
α
(Ω)
= sup
x,y∈Ω
|f(x) − f(y)|
|x − y|
α
(1.8)
f
C
α
(Ω)
= f
C
0
(Ω)
+ |f|
C

α
(Ω)
(1.9)
Không gian C
α
(Ω) với chuẩn (1.9) là không gian Banach.
Ví dụ 1.5.2. Hàm f trên B
1
(0) được cho bởi f(x) = |x|
β
, 0 < β < 1,
liên tục Holder với số mũ β tại x = 0 và liên tục Lipschitz khi β = 1.
Định nghĩa 1.5.3. C
k,α
(Ω) là không gian các hàm f ∈ C
k
(Ω) mà đạo
hàm cấp k liên tục Holder với số mũ α.
Khi đó
f
C
k,α
(Ω)
= f
C
k
(Ω)
+

|α|=k

|D
α
f|
C
α
(Ω)
. (1.10)
Ta thường viết C
α
thay cho C
0,α
.
Không gian C
k,α
(Ω) với chuẩn (1.10) là không gian Banach.
Bổ đề 1.5.4. Nếu f
1
, f
2
∈ C
α
(G) trên G ⊂ R
d
. Khi đó f
1
f
2
∈ C
α
(G) và:

|f
1
f
2
|
C
α
(G)
≤

sup
G
|f
1
|

|f
2
|
C
α
(G)
+

sup
G
|f
2
|


|f
1
|
C
α
(G)
.
9Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
7
Chứng minh. Ta có:
|f
1
(x)f
2
(x) − f
1
(y)f
2
(y)|
|x − y|
α
≤
|f
1
(x) − f
1
(y)|
|x − y|
α
|f

2
(x)|
+
|f
2
(x) − f
2
(y)|
|x − y|
α
|f
1
(x)|.
Suy ra điều phải chứng minh.
1.6 Đánh giá Schauder đối với thế vị Newton
Định nghĩa 1.6.1. Cho Ω ∈ R
d
là mở và bị chặn. Thế vị Newton của f
là hàm số u trên R
n
được định nghĩa bởi:
u(x) =

Ω
Γ(x, y)f (y)dy, (1.11)
trong đó Γ(x, y) được xác định bởi (1.5).
Định lý 1.6.2.
a. Nếu f ∈ L
∞
(Ω) (tức sup

x∈Ω
|f(x)| < ∞), thì u ∈ C
1,α
(Ω) và:
u
C
1,α
(Ω)
≤ c
1
sup |f| với α ∈ (0; 1). (1.12)
b. Nếu f ∈ C
α
0
(Ω), thì u ∈ C
2,α
(Ω) và:
u
C
2,α
(Ω)
≤ c
2
f
C
α
(Ω)
với α ∈ (0; 1), (1.13)
trong đó C
α

0
(Ω) gồm các hàm thuộc C
α
(Ω) và bằng không trong lân cận
của biên ∂Ω.
Các hằng số trong (1.12) và (1.13) phụ thuộc vào α, d và |Ω|.
Chứng minh. a. Đạo hàm cấp một v
i
=
∂u
∂x
i
của u được cho bởi:
v
i
(x) =

Ω
x
i
− y
i
|x − y|
d
f(y)dy (i = 1, 2, , d).
Trong công thức trên đã bỏ qua thừa số mà chỉ phụ thuộc vào d. Từ đó
ta có công thức:
|v
i
(x

1
) − v
i
(x
2
)| ≤ sup
Ω
|f|.

Ω




x
i
1
− y
i
|x
1
− y|
d
−
x
i
2
− y
i
|x

2
− y|
d




dy. (1.14)
10Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
8
Theo định lý giá trị trung bình ta có: Trong đoạn [x
1
; x
2
] tồn tại x
3
sao
cho:




x
i
1
− y
i
|x
1
− y|

d
−
x
i
2
− y
i
|x
2
− y|
d




≤
c
3
|x
1
− x
2
|
|x
3
− y|
d
. (1.15)
Ta đặt δ = 2|x
1

− x
2
|. Do Ω là bị chặn nên ta có thể tìm R > 0 với
Ω ⊂ B(x
3
, R). Ta thay thế tích phân trên Ω trong (1.14) bởi tích phân
trên B(x
3
, R) và ta phân tích như sau:

B(x
3
,R)
=

B(x
3
,δ)
+

B(x
3
,R)\B(x
3
,δ)
= I
1
+ I
2
. (1.16)

Không mất tính tổng quát ta lấy δ < R. Ta có:
I
1
≤ 2

B(x
3
,δ)
1
|x
2
− y|
d−1
dy = 2ω
d
δ, (1.17)
và do (1.15) ta có :
I
2
≤ c
4
δ(log R − log δ)
.
Do đó:
I
1
+ I
2
≤ c
5

|x
1
− x
2
|
α
với α ∈ (0; 1).
Hiển nhiên ta có:
|v
i
(x)| ≤ c
6
sup
Ω
|f|. (1.18)
b. Đạo hàm cấp hai w
ij
=
∂
2
u
∂x
i
∂x
j
của u được cho bởi:
w
ij
(x) =



|x − y|
2
δ
ij
− d(x
i
− y
i
)(x
j
− y
j
)

1
|x − y|
d+2
f(y)dy.
Trong công thức trên đã bỏ qua thừa số mà chỉ phụ thuộc vào d. Tuy nhiên
ta vẫn cần chỉ ra rằng tích phân này là hữu hạn nếu giả thiết f ∈ C
α
0
(Ω)
cố định.
Đầu tiên ta đặt f(x) = 0 với x ∈ R
d
\ Ω. Điều này không ảnh hưởng
đến tính liên tục Holder của f. Ta viết:
K(x − y) =


|x − y|
2
δ
ij
− d(x
i
− y
i
)(x
j
− y
j
)

1
|x − y|
d+2
=
∂
∂x
j

x
i
− y
i
|x − y|
d


.
11Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
9
Ta có

R
1
<|y|<R
2
K(y)dy =

|y|=R
2
y
j
R
2
.
y
i
|y|
d
−

|y|=R
1
y
j
R
1

.
y
i
|y|
d
= 0, (1.19)
do
y
i
|y|
d
là hàm thuần nhất bậc 1 − d. Do đó ta cũng có:

R
d
K(y)dy = 0. (1.20)
Do (1.20) nên ta có:
w
ij
(x) =

R
d
K(x − y)f (y)dy
=

R
d
(f(y) − f(x))K(x − y)dy. (1.21)
Như trên, trong đoạn [x

1
; x
2
] tồn tại x
3
sao cho:
|K(x
1
− y) − K(x
2
− y)| ≤
c
7
|x
1
− x
2
|
|x
3
− y|
d+1
. (1.22)
Đặt δ = 2|x
1
− x
2
|. Do (1.21) ta có:
w
ij

(x
1
) − w
ij
(x
2
)
=

R
d


f(y) − f(x
1
)

K(x
1
− y) −

f(y) − f(x
2
)

K(x
2
− y)

dy

= I
1
+ I
2
. (1.23)
Ở đây I
1
ký hiệu là tích phân trên B(x
1
, δ) và I
2
là tích phân trên R
d
\
B(x
1
, δ). Do |f(y) − f(x)| ≤ f
C
α
.|x − y|
α
ta có:
|I
1
| ≤ f
C
α

B(x
1

,δ)

K(x
1
− y)|x
1
− y|
α
− K(x
2
− y)|x
2
− y|
α

dy
≤ c
8
f
C
α
.δ
α
. (1.24)
12Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
10
Hơn nữa:
I
2
=


R
d
\B(x
1
,δ)

f(x
2
) − f(x
1
)

K(x
1
− y)dy
+

R
d
\B(x
1
,δ)

f(y) − f(x
2
)

K(x
1

− y) − K(x
2
− y)

dy. (1.25)
Tích phân thứ nhất triệt tiêu do (1.19). Sử dụng (1.22) và do y ∈ R
d
\
B(x
1
, δ),
1
|x
3
− y|
d+1
≤
c
9
|x
1
− y|
d+1
.
Ta có:
|I
2
| ≤ c
10
δf 

C
α

R
d
\B(x
1
,δ)
|x
1
− y|
α−d−1
≤ c
11
δ
α
f
C
α
. (1.26)
Bất đẳng thức (1.13) được suy ra từ (1.23), (1.24), (1.26).
1.7 Phương pháp liên tục
Định lý 1.7.1. Giả sử L
0
, L
1
: B
1
→ B
2

là các toán tử tuyến tính giữa
các không gian Banach B
1
, B
2
. Ta đặt:
L
t
= (1 − t)L
0
+ tL
1
với 0 ≤ t ≤ 1. (1.27)
Giả sử tồn tại hằng số c không phu thuộc vào t mà:
u
B
1
≤ cL
t
u
B
2
với mọi u ∈ B
1
. (1.28)
Khi đó, nếu L
0
là toàn ánh thì L
1
cũng là toàn ánh.

Chứng minh. Giả sử L
τ
là toàn ánh với một giá trị nào đó τ ∈ [0; 1].
Theo (1.28), khi đó L
τ
là đơn ánh. Vì vậy L
τ
là song ánh. Do đó có toán
tử nghịch đảo:
L
−1
τ
: B
2
→ B
1
Với t ∈ [0; 1], ta viết lại phương trình:
L
τ
u = f với f ∈ B
2
(1.29)
13Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
11
thành phương trình sau:
L
τ
u = f + (L
τ
− L

t
)u = f + (t − τ )(L
0
u − L
1
u),
hoặc
u = L
−1
τ
f + (t − τ)L
−1
τ
(L
0
− L
1
)u = Λu.
Vì vậy, để giải (1.29), ta cần tìm một điểm bất động của toán tử Λ : B
1
→
B
2
. Theo định lý điểm bất động của Banach thì tồn tại một điểm bất động
nếu ta tìm được q < 1 mà:
Λu − Λv
B
1
≤ qu − v
B

1
.
Ta có
Λu − Λv ≤ L
−1
τ
(L
0
 + L
1
)|t − τ|u − v.
Theo (1.28), L
−1
τ
 ≤ c. Do đó ta chọn được:
|t − τ| ≤
1
2
(c(L
0
 + L
1
))
−1
= η.
Và thu được điểm cố định cần tìm. Có nghĩa là nếu L
τ
u = f giải được thì
L
t

u = f cũng giải được với mọi t thỏa mãn |t − τ| ≤ η. Từ đó L
0
là toàn
ánh theo giả thiết, khi đó L
t
là toàn ánh với 0 ≤ t ≤ η. Lặp lại chứng
minh trên với τ = η, ta thu được toàn ánh với η ≤ t ≤ 2η. Lặp lại tất cả
L
t
với t ∈ [0; 1] và đặc biệt L
1
là toàn ánh.
1.8 Phương pháp làm trơn hàm số
Ta xét khái niệm làm trơn hàm số (mollification). Ta chọn (x) là một
hàm không âm nào đó thuộc C
∞
0
(B(0, 1)) với

R
d
dx = 1,
trong đó B(0, 1) = {x ∈ R
d
: |x| ≤ 1}.
Với h > 0 đủ nhỏ và hàm u(x) cho trước ta đặt:
u
h
(x) =
1

h
d

R
d
(
x − y
y
)u(y)dy, x ∈ Ω,
14Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
12
trong đó u(y) được hiểu là bằng không bên ngoài Ω. Khi đó hàm u
h
(x) ∈
C
∞
0
(R
d
).
Bổ đề 1.8.1. Với u ∈ C
0
(Ω), khi h → 0, u
h
hội tụ đều tới u trên tập bất
kỳ Ω

⊂⊂ Ω.
Chứng minh. Ta xét
u

h
(x) =
1
h
d

|x−y|≤h
(
x − y
h
)u(y)dy
=

|z|≤1
(z)u(x − hz)dz với z =
x − y
y
. (1.30)
Vì vậy, nếu Ω

⊂⊂ Ω và 2h < dist(Ω, ∂Ω), sử dụng
u(x) =

|z|≤1
(z)u(x)dz
và do

|z|≤1
(z)dz = 1, ta thu được:
sup

Ω

|u − u
h
| ≤ sup
x∈Ω


|z|≤1
(z)|u(x) − u(x − hz)|dz,
≤ sup
x∈Ω

sup
|z|≤1
|u(x) − u(x − hz)|.
Do u liên tục đều trên tập compact {x : dist(x, Ω

) ≤ h}, ta suy ra:
sup
Ω

|u − u
h
| → 0 với h → 0.
Bổ đề 1.8.2. Giả sử u ∈ L
p
(Ω), 1 ≤ p < ∞. Với h → 0, khi đó ta có:
u − u
h


L
p
(Ω)
→ 0.
Hơn nữa, u
h
hội tụ tới u tại hầu khắp nơi.
Chứng minh. Ta sử dụng bất đẳng thức Holder, trong (1.30) ta có
(z)u(x − hz) = (z)
1
q
(z)
1
p
u(x − hz),
15Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
13
với
1
q
+
1
p
= 1, ta thu được:
|u
h
(x)|
p
≤



|z|≤1
(z)dz

p
q

|z|≤1
(z)|u(x − hz)|
p
dz
=

|z|≤1
(z)|u(x − hz)|
p
dz.
Ta chọn tập Ω

bị chặn với Ω ⊂⊂ Ω

.
Nếu 2h < dist(Ω, ∂Ω

) thì

Ω
|u
h

(x)|
p
dx ≤

Ω

|z|≤1
(z)|u(x − hz)|
p
dzdx
=

|z|≤1

(z)

Ω
|u(x − hz)|
p
dx

dz (1.31)
≤

Ω

|u(y)|
p
dy
(với phép thế y = x − hz). Với ε > 0, ta chọn w ∈ C

0
(Ω

) với
u − w
L
p
(Ω

)
< ε.
Theo Bổ đề 1.8.1, với h đủ nhỏ, ta có:
w − w
h

L
p
(Ω

)
< ε.
Áp dụng (1.31) với u − w, ta thu được:

Ω
|u
h
(x) − w
h
(x)|
p

dx ≤

Ω

|u(y) − w(y)|
p
dy
và do đó
u − u
h

L
p
(Ω)
≤ u − w
L
p
(Ω)
+ w − w
h

L
p
(Ω)
+ u
h
− w
h

L

p
(Ω)
≤ 2ε + u − w
L
p
(Ω

)
≤ 3ε.
Vì vậy u
h
hội tụ tới u với chuẩn tương ứng .
p
. Do đó dãy con của u
h
hội
tụ tới u tại hầu khắp nơi. Khi đó dãy u
h
hội tụ tới u khi h → 0.
16Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
14
Chương 2
Bài toán biên Dirichlet cho phương
trình elliptic tuyến tính cấp hai
2.1 Đánh giá Schauder đối với nghiệm của bài toán biên Dirich-
let cho phương trình Poisson
Xét phương trình Poisson sau trong miền Ω ⊂ R
d
∆u(x) = f (x), x ∈ Ω. (2.1)
Ta ký hiệu H

1
(Ω) là không gian
H
1
(Ω) = {u(x) ∈ L
2
(Ω);
∂u
∂x
i
∈ L
2
(Ω), ∀i = 1, 2, , d}.
Không gian H
1
(Ω) là không gian Hilbert với tích vô hướng sau:
(u, v)
H
1
(Ω)
=

Ω

u(x)v(x) +
d

i=1
∂u
∂x

i
.
∂v
∂x
i

dx.
Cho f(x) ∈ L
2
(Ω), hàm số u(x) ∈ H
1
(Ω) được gọi là một nghiệm yếu
của phương trình (2.1) nếu:
−

Ω
n

i=1
∂u
∂x
i
∂v
∂x
i
dx =

Ω
f(x)v(x)dx (2.2)
với mọi v(x) ∈ H

1
0
(Ω), trong đó
H
1
0
(Ω) = {v(x) ∈ H
1
(Ω); v(x) = 0, x ∈ ∂Ω}.
17Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
15
Định lý 2.1.1. Giả sử Ω ⊂ R
d
là mở và bị chặn, và Ω
0
⊂⊂ Ω. Cho u là
một nghiệm yếu của ∆u = f trong Ω.
(a) Nếu f ∈ C
0
(Ω), thì u ∈ C
1,α
(Ω) và
u
C
1,α
(Ω
0
)
≤ c
12


f
C
0
(Ω)
+ u
L
2
(Ω)

. (2.3)
(b) Nếu f ∈ C
α
(Ω), thì u ∈ C
2,α
(Ω) và
u
C
2,α
(Ω
0
)
≤ c
13

f
C
α
(Ω)
+ u

L
2
(Ω)

. (2.4)
Chứng minh. Ta chứng minh ước lượng (2.3) và (2.4) với giả thiết u ∈
C
2,α
(Ω).
Ta có thể phủ Ω
0
bởi một só hữu hạn các hình cầu chứa trong Ω. Do
đó ta chỉ cần xét các trường hợp
Ω = B(0, R),
Ω
0
= B(0, r), 0 < r < R < ∞.
Giả sử 0 < R
1
< R
2
< R. Ta chọn η ∈ C
∞
0
(B(0, R
2
)) với 0 ≤ η ≤ 1,
η(x) = 1 với |x| ≤ R
1
và

η
C
k,α
(B(0,R
2
))
≤ c
14
(R
2
− R
1
)
−k−α
. (2.5)
Ta đặt
φ = ηu. (2.6)
Khi đó φ triệt tiêu ở phía ngoài của B(0, R
2
) và do
ϕ(y) =

Ω
Γ(x, y)∆ϕ(x)dx,
ta có:
φ(x) =

Ω
Γ(x, y)∆φ(y)dy. (2.7)
Ở đây

∆φ = η∆u + 2Du.Dη + u∆η, (2.8)
và vì vậy
∆φ
C
0
≤ ∆u
C
0
+ c
15
η
C
2
.u|
C
1
. (2.9)
18Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
16
Và do Bổ đề 1.5.4, ta có:
∆φ
C
α
≤ c
16
η
C
2,α

∆u

C
α
+ u
C
1,α

. (2.10)
Ở đây tất cả các chuẩn được tính toán trên B(0, R
2
). Từ Định lý 1.6.2 và
(2.9) và (2.10), ta thu được:
φ
C
1,α
≤ c
17

∆u
C
0
+ η
C
2
u
C
1

, (2.11)
và
φ

C
2,α
≤ c
18
η
C
2,α

∆u
C
α
+ u
C
1,α

(2.12)
tương ứng. Do u(x) = φ(x) với |x| ≤ R
1
, và trở lại (2.5), ta thu được:
u
C
1,α
(B(0,R
1
))
≤ c
19

∆u
C

0
(B(0,R
2
))
+
1
(R
2
− R
1
)
2
u
C
1
(B(0,R
2
))

,
(2.13)
và
u
C
2,α
(B(0,R
1
))
≤ c
20

1
(R
2
− R
1
)
2+α

∆u
C
α
(B(0,R
2
))
+ u
C
1,α
(B(0,R
2
))

(2.14)
tương ứng.
Bây giờ ta chỉ ra rằng với α ∈ (0; 1), với bất kỳ ε > 0 tồn tại N(ε) < ∞
sao cho:
u
C
1
(Ω)
≤ εu

C
1,α
(Ω)
+ N(ε)u
L
2
(Ω)
, (2.15)
với mọi u ∈ C
1,α
(Ω). Nếu không ta có thể tìm thấy một dãy hàm (u
n
)
n∈N
⊂
C
1,α
(Ω) với
u
n

C
1
(Ω)
= 1,
u
n

C
1

(Ω)
> εu
n

C
1,α
(Ω)
+ nu
n

L
2
(Ω)
. (2.16)
Đặc biệt, u
n

C
1,α
(Ω)
là bị chặn đều. Có nghĩa là u
n
và đạo hàm cấp một
của chúng liên tục đều. Từ định lý Arzela-Ascoli, ta chọn được một dãy
con (u
n
) hội tụ tới u ∈ C
1
(Ω) với u
C

1
(Ω)
= 1. Tuy nhiên từ (2.16) kéo
theo u
L
2
(Ω)
= 0, do đó u ≡ 0, do vậy u
C
1
(Ω)
= 0 (mâu thuẫn). Do vậy
(2.15) được chứng minh.
Bằng cách tương tự ta cũng chứng minh được
u
C
2
(Ω)
≤ εu
C
2,α
(Ω)
+ N(ε)u
L
2
(Ω)
. (2.17)
19Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
17
Ta đặt

A
1
= sup
0≤r≤R
(R − r)
3
u
C
1,α
(B(0,r))
,
A
2
= sup
0≤r≤R
(R − r)
3
u
C
2,α
(B(0,r))
.
Để chứng minh (a), ta chọn R
1
sao cho:
A
1
≤ 2(R − R
1
)

3
u
C
1,α
(B(0,R
1
))
. (2.18)
Và để chứng minh (b) ta chọn R
1
sao cho:
A
2
≤ 2(R − R
1
)
3
u
C
1,α
(B(0,R
1
))
. (2.19)
Khi đó (2.13) và (2.15) kéo theo:
A
1
≤ c
21
(R − R

1
)
3

∆u
C
0
(B(0,R
2
))
+
ε
(R
2
− R
1
)
2
u
C
1,α
(B(0,R
2
))
+
1
(R
2
− R
1

)
2
N(ε)u
L
2
(B(0,R
2
))

≤ c
22
(R − R
1
)
3
(R − R
2
)
3
.
ε
(R
2
− R
1
)
2
.A
1
+ c

23
(R − R
1
)
3
∆u
C
0
(B(0,R
2
))
+ c
24
N(ε)
(R − R
1
)
3
(R
2
− R
1
)
3
u
L
2
(B(0,R
2
))

.
Chọn R
2
(R
1
< R
2
< R), và ε thích hợp, hệ số của A
1
ở vế phải nhỏ hơn
1
2
. Khi đó ta được:
u|
C
1,α
(B(0,r))
≤
1
(R − r)
3
A
1
≤ c
25

∆u
C
0
(B(0,R))

+ u
L
2
(B(0,R))

(2.20)
với một hằng số phụ thuộc vào bán kính. Một cách tương tự từ (2.14) và
(2.17) ta thu được:
u
C
2,α
(B(0,r))
≤ c
26

∆u
C
0
(B(0,R))
+ u
L
2
(B(0,R))

(2.21)
với 0 < r < R. Từ ∆u = f, ta có (2.3) và (2.4) được chứng minh với
u ∈ C
2,α
(Ω).
Với u ∈ H

1
(Ω) ta xét u
h
như trong chương 1.
20Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
18
Giả sử 0 < h < dist(Ω
0
, ∂Ω). Khi đó:

Ω
Du
h
.Dv = −

Ω
f
h
v với mọi v ∈ H
1,2
0
(Ω).
Và do u
h
∈ C
∞
, ta cũng có ∆u
h
= f
h

. Hơn nữa, do f ∈ C
α
(Ω), nên
f
h
− f
C
α
→ 0.
Cho h → 0, khi đó f
h
là dãy Cauchy trong C
0
(Ω) hoặc C
α
(Ω). Áp dụng
(2.3) và (2.4) cho u
h
1
− u
h
2
, ta thu được:
u
h
1
− u
h
2


C
1,α
(Ω
0
)
≤ c
27

f
h
1
− f
h
2

C
0
(Ω)
+ u
h
1
− u
h
2

L
2
(Ω)

, (2.22)

hoặc
u
h
1
− u
h
2

C
2,α
(Ω
0
)
≤ c
28

f
h
1
− f
h
2

C
α
(Ω)
+ u
h
1
− u

h
2

L
2
(Ω)

. (2.23)
Hàm giới hạn u được chứa trong C
1,α
(Ω
0
) hoặc C
2,α
(Ω
0
) và thỏa mãn (2.3)
và (2.4).
Định lý 2.1.2. Giả sử u là một nghiệm yếu của ∆u = f trong Ω (Ω
là miền bị chặn trong R
d
), f ∈ L
p
(Ω) với p > d, Ω
0
⊂⊂ Ω. Khi đó
u ∈ C
1,α
(Ω) với α phụ thuộc vào p và d, và
u

C
1,α
(Ω
0
)
≤ const

f
L
p
(Ω)
+ u
L
2
(Ω)

.
Chứng minh. Ta xét thế vị Newton:
w(x) =

Ω
Γ(x, y)f (y)dy,
và
v
i
(x) =

Ω
x
i

− y
i
(x − y)
d
f(y)dy.
Sử dụng bất đẳng thức Holder, ta thu được:
|v
i
(x)| ≤ f
L
p
(Ω)


dy
|x − y|
(d−1)
p
p−1

p−1
p
.
Biểu diễn này là hữu hạn vì p > d. Bằng cách tương tự ta cũng chứng
minh được rằng
∂
∂x
i
w = const v
i

và thu được đánh giá Holder như trong
chứng minh của Định lý 1.6.2 (a) và Định lý 2.1.1 (a).
21Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
19
Hệ quả 2.1.3. Giả sử u ∈ H
1
(Ω) là nghiệm yếu của ∆u = f với f ∈
C
k,α
(Ω), k ∈ N, 0 < α < 1. Khi đó u ∈ C
k+1,α
(Ω) và nếu Ω
0
⊂⊂ Ω, thì
u
C
k+2,α
(Ω
0
)
≤ const

f
C
k,α
(Ω)
+ u
L
2
(Ω)


.
Nếu f ∈ C
∞
(Ω), u cũng vậy.
Chứng minh. Do u ∈ C
2,α
(Ω) nên theo Định lý 2.1.1, ta biết rằng nó là
nghiệm yếu của
∆
∂
∂x
i
u =
∂
∂x
i
f.
Từ Định lý 2.1.1 kéo theo:
∂
∂x
i
u ∈ C
2,α
(Ω) (i ∈ {1, , d}),
và vì vậy u ∈ C
3,α
(Ω).
2.2 Đánh giá Schauder đối với nghiệm bài toán biên Dirichlet
cho phương trình elliptic tuyến tính cấp hai

Định nghĩa 2.2.1. Ta xét phương trình
Lu(x) =
d

i,j=1
a
ij
(x)
∂
2
u(x)
∂x
i
∂x
j
+
d

i=1
b
i
(x)
∂u(x)
∂x
i
+ c(x)u(x) = f(x) (2.24)
trong miền Ω ⊂ R
d
. Phương trình trên được gọi là phương trình elliptic
tuyến tính cấp hai nếu thỏa mãn :

(A) Tính elliptic: Tồn tại λ > 0 sao cho với mọi x ∈ Ω, ξ ∈ R
d
ta có
d

i,j=1
a
ij
(x)ξ
i
ξ
j
≥ λ|ξ|
2
.
Hơn nữa a
ij
(x) = a
ji
(x) với mọi i, j, x.
(B) Hệ số liên tục Holder: Tồn tại K < ∞ sao cho:
a
ij

C
α
(Ω)
, b
i


C
α
(Ω)
, c
C
α
(Ω)
≤ K
với mọi i, j.
22Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
20
Định lý 2.2.2. Giả sử f ∈ C
α
(Ω) và u ∈ C
2,α
(Ω) thỏa mãn
Lu = f (2.25)
trong miền Ω (0 < α < 1). Với bất kỳ Ω
0
⊂⊂ Ω. Khi đó ta có:
u
C
2,α
(Ω
0
)
≤ c
1

f

C
α
(Ω)
+ u
L
2
(Ω)

, (2.26)
trong đó c
1
là hằng số phụ thuộc vào Ω, Ω
0
, α, d, λ, K.
Chứng minh. Để chứng minh định lý trên ta cần bổ đề sau:
Bổ đề 2.2.3. Giả sử có ma trận đối xứng (A
ij
)
i,j=1, ,d
thỏa mãn:
λ|ξ|
2
≤
d

i,j=1
A
ij
ξ
i

ξ
j
≤ Λ|ξ|
2
(2.27)
với mọi ξ ∈ R
d
và 0 < λ < Λ < ∞.
Giả sử u thỏa mãn
d

i,j=1
A
ij
∂
2
u
∂x
i
∂x
j
= f (2.28)
với f ∈ C
α
(Ω) (0 < α < 1). Với bất kỳ Ω
0
⊂⊂ Ω, khi đó ta có:
u
C
2,α

(Ω
0
)
≤ c
2

f
C
α
(Ω)
+ u
L
2
(Ω)

. (2.29)
Chứng minh. Ta sẽ dùng chú ý sau:
A = (A
ij
)
i,j=1, ,d
, D
2
u =

∂
2
u
∂x
i

∂x
j

i,j=1, ,d
.
Nếu B là một ma trận d × d không suy biến, và nếu y = Bx, v = u ◦ B
−1
,
tức là v(y) = u(x) ta có:
AD
2
u(x) = AB
t
D
2
v(y)B,
do đó
T r(AD
2
u(x)) = T r(BAB
t
D
2
v(y)). (2.30)
Do A là đối xứng nên ta có thể chọn B sao cho B
t
AB là ma trận đơn vị.
Thực tế, B được chọn như tích các ma trận đường chéo
D =





λ
−
1
2
1
.
.
.
λ
−
1
2
1




23Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
21
(λ
1
, , λ
d
là các giá trị riêng của A) với ma trận trực giao R. Bằng cách
này ta thu được phương trình
∆v(y) = f (B
−1

y). (2.31)
Theo Định lý 2.1.1 ta tiến hành đánh giá C
2,α
đối với v, và có thể biến đổi
lại với u = v ◦ B. Kết quả ta thu được các hằng số phụ thuộc vào λ, Λ với
các giá trị riêng của A, do đó xác định giá trị riêng của D và vì vậy xác
định của B.
Ta chứng minh định lý.
Ta sẽ chỉ ra rằng với mọi x
0
∈ Ω
0
tồn tại hình cầu B(x
0
, r) mà trên đó
ước lượng (2.26) là đúng. Bán kính r của hình cầu này chỉ phụ thuộc vào
khoảng cách (Ω
0
, ∂Ω) và chuẩn Holder của các hệ số a
ij
, b
i
, c. Do đó Ω
0
là compact, nên nó có thể bị phủ bởi một số hữu hạn các hình cầu, và ta
tiến hành đánh giá trên Ω
0
.
Thật vậy, giả sử x
0

∈ Ω
0
. Ta viết lại phương trình vi phân Lu = f như
sau:

i,j
a
ij
(x
0
)
∂
2
u(x)
∂x
i
∂x
j
=

i,j
(a
ij
(x
0
) − a
ij
(x))
∂
2

u(x)
∂x
i
∂x
j
−

i
b
i
(x)
∂u(x)
∂x
i
− c(x)u(x) + f(x)
= ϕ(x). (2.32)
Nếu ta có thể đánh giá chuẩn C
α
của ϕ, đặt A
ij
= a
ij
(x
0
) và áp dụng
Bổ đề 2.2.3 trên ta tiến hành đánh giá đối với chuẩn C
2,α
của u. Số hạng
quan trọng trong đánh giá của ϕ là


(a
ij
(x
0
) − a
ij
(x))
∂
2
u
∂x
i
∂x
j
. Giả sử
B(x
0
, R) ∈ Ω. Theo Bổ đề 1.5.4, ta có:





i,j
(a
ij
(x
0
) − a
ij

(x))
∂
2
u(x)
∂x
i
∂x
j




C
α
(B(x
0
,R))
≤ sup
i,j,x∈B(x
0
,R)
|a
ij
(x
0
) − a
ij
(x)||D
2
u|

C
α
(B(x
0
,R))
+

i,j
|a
ij
|
C
α
(B(x
0
,R))
sup
B(x
0
,R)
|D
2
u|. (2.33)
24Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
22
Vì vậy, ta cũng có:






(a
ij
(x
0
) − a
ij
(x))
∂
2
u
∂x
i
∂x
j




C
α
(B(x
0
,R))
≤ sup |a
ij
(x
0
) − a
ij

(x)|u
C
2,α
(B(x
0
,R))
+ c
3
u
C
2
(B(x
0
,R))
(2.34)
trong đó c
3
phụ thuộc vào chuẩn C
α
của a
ij
.
Tương tự,





i
b

i
(x)
∂u
∂x
i




C
α
(B(x
0
,R))
≤ c
4
u
C
1,α
(B(x
0
,R))
, (2.35)
c(x)u(x)
C
α
(B(x
0
,R))
≤ c

5
u
C
α
(B(x
0
,R))
. (2.36)
Do vậy, ta thu được:
ϕ
C
α
(B(x
0
,R))
≤ sup
i,j,x∈B(x
0
,R)
|a
ij
(x
0
) − a
ij
(x)|u
C
2,α
(B(x
0

,R))
+c
6
u
C
2
(B(x
0
,R))
+ f
C
α
(B(x
0
,R))
(2.37)
Theo Bổ đề 2.2.3, từ (2.32) và (2.37) cho 0 < r < R, ta thu được:
u
C
2,α
(B(x
0
,r))
≤ c
7
sup
i,j,x∈B(x
0
,R)
|a

ij
(x
0
) − a
ij
(x)|u
C
2,α
(B(x
0
,R))
+c
8
u
C
2
(B(x
0
,R))
+ c
9
f
C
α
(B(x
0
,R))
(2.38)
Do a
ij

liên tục trên Ω, ta có thể chọn R > 0 đủ nhỏ sao cho:
c
7
sup
i,j,x∈B(x
0
,R)
|a
ij
(x
0
) − a
ij
(x)| ≤
1
2
. (2.39)
Với cùng phương pháp trong chứng minh của Định lý 2.1.1, số hạng tương
ứng có thể bị triệt tiêu trong vế trái. Khi đó từ (2.38) ta thu được:
u
C
2,α
(B(x
0
,R))
≤ 2c
8
u
C
2

(B(x
0
,R))
+ 2c
9
f
C
α
(B(x
0
,R))
. (2.40)
Do (2.17), với mọi ε > 0, tồn tại N(ε) sao cho:
u
C
2
(B(x
0
,R))
≤ εu
C
2,α
(B(x
0
,R))
+ N(ε)u
L
2
(B(x
0

,R))
. (2.41)
Với cùng phương pháp trong chứng minh của Định lý 2.1.1, từ (2.41) và
(2.40) ta thu được đánh giá sau:
u
C
2,α
(B(x
0
,R))
≤ c
10

f
C
α
(B(x
0
,R))
+ u
L
2
(B(x
0
,R))

. (2.42)
25Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên