Luận văn cao học của tôi (Toán Giải tích)

MỤC LỤC
Nội dung Trang
LỜI NÓI ĐẦU 2
CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC MỞ ĐẦU 3
§1. Toán tử
∂
3
§2. Tính khả vi và liên tục Lipschitz 7
§3. Hàm đa điều hòa dưới và miền giả lồi 9
§4. Phương trình
u f∂ =
trong
N
£
12
CHƯƠNG 2: CÁC BỔ ĐỀ PHỤ TRỢ 15
§1. Chuỗi vô hạn biến 15
§2. Bổ đề chìa khóa 21
§3. Ước lượng nghiệm của phương trình
u f∂ =
trong
N
£
31
CHƯƠNG 3: CÁC KẾT QUẢ CHÍNH 36
§1. Phương trình
u f∂ =
trong một hình cầu trong
1
l
. 36

§2. Định lý tồn tại nghiệm 38
§3. Một ví dụ 40
KẾT LUẬN 45
TÀI LIỆU THAM KHẢO 46
1
LỜI NÓI ĐẦU
Mục đích của luận văn nhằm nghiên cứu phương trình
u f∂ =
trong không
gian Banach. Do hạn chế về mặt thời gian cũng như năng lực của tác giả nên
phạm vi đề tài chỉ thu hẹp trong không gian
p
l
. Trong luận văn có trình bày
định lý về tính giải được của phương trình
u f∂ =
trong
1
l
. Đặc biệt có một
phản ví dụ trong
p
l
về một hàm
f
mà ở đó phương trình
u f∂ =
không giải
được trên một tập mở
p

lΩ ⊂
.
Nội dung của luận văn gồm có 3 chương:
Chương 1: Kiến thức chuẩn bị. Chương 1 trình bày các khái niệm về
toán tử
∂
cũng như các tính chất của nó. Các khái niệm về
1 0
,
của các
hàm trong không gian Banach.
Chương 2: Các bổ đề bổ trợ. Chương 2 trình bày các mệnh đề, các khái
niệm, các bất đẳng thức ước lượng dùng để phục vụ cho chương 3
Chương 3: Các kết quả chính. Chương 3 sẽ chứng minh định lý về tồn
tại nghiệm của
u f∂ =
trong
1
l
và cho một phản ví dụ mà ở đó phương trình
này không giải được trên không gian
p
l
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của GS.TSKH
Nguyễn Văn Khuê. Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc đến thầy. Tác giả
cũng xin cảm ơn các thầy cô đã đóng góp ý kiến quý báu cho luận văn và
các thầy cô trong khoa Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội đã tạo điều
kiện cho tác giả được học tập nghiên cứu.
Cảm ơn các cơ quan chủ quản, gia đình và bạn bè đã động viên giúp đỡ
tác giả hoàn thành tốt luận văn này.

2
CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC MỞ ĐẦU
§1. Toán tử
∂
.
Định nghĩa 1.1.1:
Cho
,E F
là các không gian Banach thực. Ta ký hiệu
( )
;
m
a
E FL
là không
gian tất cả các ánh xạ
m
- tuyến tính
:
m
A E F→
Định nghĩa 1.1.2:
Cho
,E F
là không gian Banach phức,
,p q N∈
với
1p q+ ≥
. Chúng ta sẽ
ký hiệu bởi

( )
,
pq
a
E FL
là không gian con tất cả những
( )
;
p q
a
A E F
+
∈
¡ ¡
L

sao cho :

( ) ( )
1 1
, , . . , ,
q
p
p q p q
A x x A x x
λ λ λ λ
+ +
=

1

; , ,
p q
x x E
λ
+
∀ ∈ ∀ ∈£
Định nghĩa 1.1.3:
Nếu
U
là tập con mở của
E
ta sẽ ký hiệu bởi
( )
;
m
U FΩ
là không gian
véc tơ tất cả các ánh xạ :
( )
: ;
m
a
f U E F→ L
. Và chúng ta sẽ ký hiệu
( )
;
k
m
C U F
gồm tất cả các

( )
;
m
f U F∈Ω
của lớp
k
C
Định nghĩa 1.1.4:
Cho
U
là một tập mở của
E
thì ta ký hiệu
( )
;
pq
U FΩ
là không gian con
tất cả các
( )
;
p q
f U F
+
∈Ω
sao cho
( )
( )
;
pq

a
f x E F∈ L

x U∀ ∈
.
Tương tự chúng ta sẽ ký hiệu bởi
( )
;
k
pq
C U F
là không gian con tất cả các
( )
;
k
p q
f C U F
+
∈
sao cho
( )
( )
;
pq
a
f x E F
∈
L

x U∀ ∈

Mệnh đề 1.1.5:
Nếu
U
là tập con mở của
E
thì
3
a)
( ) ( )
; ;
m pq
p q m
U F U F
+ =
Ω = ⊕ Ω
b)
( ) ( )
; ;
k k
m pq
p q m
C U F C U F
+ =
= ⊕
Chứng minh:
Có các phép chiếu liên tục :
( ) ( )
,
: ; ;
m m q q

q a a
u E F E F
−
→
¡ ¡
L L
sao cho
0 1

m
u u u id+ + + =
. Điều này sinh ra các phép chiếu :
°
( ) ( )
,
: ; ;
q m q m q q
u f U F u f U F
−
∈Ω → ∈Ω°
sao cho
°
°
±
0 1

m
u u u id+ + + =
Nếu
( )

;
m
f U F∈Ω
là lớp
k
C
thì rõ ràng là
k
q
u f C∈°
.
W
Nếu
( )
;
m
f C U F
∞
∈
và
x U∈
thì ta có
( ) ( ) ( )
' ''Df x D f x D f x= +
. Ở đó
( )
( )
( )
( )
( )

( )
10 01
' ; ; , '' ; ;
m m
a a
D f x E E F D f x E E F∈ ∈
¡ ¡ ¡ ¡
L L L L
Do đó
( ) ( )
( )
1
' , '' ;
m
a
D f x D f x E F
+
∈
¡ ¡
L
Định nghĩa 1.1.6:
Cho
U
là tập con mở của
E
. Với mỗi
( )
;
m
f C U F

∞
∈
ta định nghĩa
, f f∂ ∂

bởi :

( ) ( ) ( ) ( )
1
: 1 ' 1 '
a a m
f m D f x m D f x∂ = + = +   
   

( ) ( ) ( ) ( )
1
: 1 '' 1 ''
a a m
f m D f x m D f x∂ = + = +   
   

x U∀ ∈
Hay nói cách khác:

( )
( )
( ) ( )
( )
µ
( )

1
1
1 2 1 1 1
1
, , , 1 ' , , , ,
m
j
m j j m
j
f x t t t D f x t t t t
+
−
+ +
=
∂ = −
∑

( )
( )
( ) ( )
( )
µ
( )
1
1
1 2 1 1 1
1
, , , 1 '' , , , ,
m
j

m j j m
j
f x t t t D f x t t t t
+
−
+ +
=
∂ = −
∑
Mệnh đề 1.1.7:
Nếu
U
là tập con mở của
E
thì :
4
a) Cả 2 ánh xạ
( ) ( )
1
, : ; ;
m m
C U F C U F
∞ ∞
+
∂ ∂ →
là tuyến tính.
b)
df f f= ∂ + ∂

( )

;
m
f C U F
∞
∀ ∈
c)
( ) ( )
1,
: ; ;
pq p q
C U F C U F
∞ ∞
+
∂ →
và
( ) ( )
, 1
: ; ;
pq p q
C U F C U F
∞ ∞
+
∂ →
d)
2
2
0f f
∂ = ∂ =
và
0f f∂∂ + ∂∂ =

( )
;
m
f C U F
∞
∀ ∈
e) Nếu
( ) ( )
;
m n
f C U g C U
∞ ∞
∈ ∈
thì :

( ) ( )
1
m
f g f g f g∂ ∧ = ∂ ∧ + − ∧ ∂

( ) ( )
1
m
f g f g f g∂ ∧ = ∂ ∧ + − ∧ ∂
Chứng minh: a), b) c) dễ thấy. Ta chứng minh d).
Ta có
( )
2
2 2

0 d f f f f f= = ∂ + ∂∂ + ∂∂ + ∂
Nhưng ta lại có theo c) thì
( )
2
2,
;
p q
f C U F
∞
+
∂ ∈
,
( )
1, 1
;
p q
f f C U F
∞
+ +
∂∂ + ∂∂ ∈
,
( )
2
, 2
;
p q
f C U F
∞
+
∂ ∈

. Theo mệnh đề 1.1.5 ta có
( )
2
2
0f f f f∂ = ∂∂ + ∂∂ = ∂ =
Chứng minh e):
Ta có
( ) ( )
;
pq rs
f C U g C U
∞ ∞
∀ ∈ ∈

( ) ( )
1
p q
d f g df g f dg
+
∧ = ∧ + − ∧
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 0
p q p q
f g f g f g f g f g f g
+ +
   
⇔ ∂ ∧ − ∂ ∧ − − ∧ ∂ + ∂ ∧ − ∂ ∧ − − ∧ ∂ =
   
Ta có
( ) ( ) ( )

1,
1 ;
p q
p r q s
f g f g f g C U F
+
∞
+ + +
∂ ∧ − ∂ ∧ − − ∧ ∂ ∈

( ) ( ) ( )
, 1
1 ;
p q
p r q s
f g f g f g C U F
+
∞
+ + +
∂ ∧ − ∂ ∧ − − ∧ ∂ ∈
Do đó theo mệnh đề 1.1.5 ta có điều phải chứng minh.
Mệnh đề 1.1.8:
Cho
, ,E F G
là không gian Banach phức. Cho
,U E V F⊂ ⊂
là các tập
mở, cho
( )
;U F

ϕ
∈H
với
( )
U V
ϕ
⊂
.
5
a)
( ) ( )
*
: ; ;
pq pq
V G U G
ϕ
Ω → Ω
b)
( )
( )
* *
f f
ϕ ϕ
∂ = ∂

( )
( )
* *
f f
ϕ ϕ

∂ = ∂

( )
;
m
f C V G
∞
∀ ∈
Chứng minh: a) Nếu
( )
;
pq
f V G∈Ω
thì
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
*
1 2 1
, , , , ,
p q p q
f x t t t f x D x t D x t
ϕ ϕ ϕ ϕ
+ +
=

Do đó nếu
( )
( )
D x
ϕ
là
£
- tuyến tính do đó
( )
*
;
pq
f U G
ϕ
∈Ω
b) Với
( )
;
pq
f C V G
∞
∈
ta có :
( )
( )
( )
( )
( )
( )
* * * * * *

0 d f df f f f f
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
 
 
= − = ∂ − ∂ + ∂ − ∂
 
 
Mà
( )
( ) ( )
* *
1,
;
p q
f f C U G
ϕ ϕ
∞
+
∂ − ∂ ∈
và
( )
( )
( )
* *
, 1
;
p q
f f C U G
ϕ ϕ
∞

+
∂ − ∂ ∈
Theo mệnh đề 1.1.5 ta có :
( )
( )
( )
( )
* *
* *
f f
f f
ϕ ϕ
ϕ ϕ

∂ = ∂


∂ = ∂


Mệnh đề 1.1.9:
Cho
U
là tập con mở của
E
và cho
( )
0
;
p

f C U F
∞
∈
thì
0f∂ =
trên
U

⇔
( )
( )
; ;
p
a
f U E F∈H L
Chứng minh: Để chứng minh mệnh đề ta chỉ cần chứng minh
( )
0 '' 0f D f x∂ = ⇔ =
'' "⇐
: Hiển nhiên
" "⇒
: Giả sử
0f∂ =
, lấy
0 0
, , , , ,
p p
t t E
λ λ
∈ ∈£

bất kỳ ta có
( )
( )
( ) ( )
( )
µ
( )
0 0 0 0
0
0 , , 1 '' , , ,
p
k
p p k k k k p p
k
f x t t D f x t t t t
λ λ λ λ λ λ
=
= ∂ = −
∑
6

( ) ( )
( )
µ
( )
0 0
0
1 '' , , , ,
p
k

k p k k p
k
D f x t t t t
λ λ λ
=
= −
∑
(1.1)
Chọn
1p +
số phân biệt
0
, ,
p
θ θ
trong khoảng
( )
0;
π
. Đặt
k
i
k
e
θ
α
=
,
2
/

k
i
k k k
e
θ
β α α
= =
,
0

k k p
ζ α α α
=
Áp dụng (1.1) với
j
k k
λ α
=
,
0,j p=
Ta được hệ phương trình tuyến tính :
( ) ( )
( )
µ
( )
0
0
1 '' , , , , 0
p
k

j
k k k p
k
D f x t t t t
ζ
=
− =
∑
với
0,j p=
. Dễ thấy
0
, ,
p
ζ ζ
là
1p +
số phân biệt nên hệ phương trình trên có định thức Vandermonde
0≠

do đó ta có
( ) ( )
( )
µ
( )
0
1 '' , , , , 0 0,
k
k k p
D f x t t t t k p− = ∀ =

⇒
điều phải chứng minh.
§2. Tính khả vi và liên tục Lipschitz
Cho
V
là không gian Banach phức,
VΩ ⊂
là tập mở,
:u Ω → £
là một hàm
Định nghĩa 1.2.1:
Với mỗi tập
A ⊂ Ω
ta xét 2 chuẩn sau đây :

( )
0,
sup
A
z A
u u z
∈
=

( ) ( )
1,
sup
A
z w A
u z u w

u
z w
≠ ∈
−
=
−

Khi
A = Ω
chúng ta đơn giản viết
0 1
,u u
thay thế cho
0,A
u
,
1,A
u
.
Nếu
0,A
u < ∞
,
1,A
u < ∞
chúng ta nói rằng
u
là liên tục Lipschitz trên
A
.

Định nghĩa 1.2.2:
7

f
là dạng - 1 vi phân trên
Ω
,
A
⊂ Ω
,
B
là hình cầu đơn vị trong V. Xét 2
chuẩn của
f
như sau:
( )
( )
0,
;
sup ;
A
z A B
f f z
ξ
ξ
∈ ×
=

( ) ( )
1,

,
; ;
sup
A
z w A B
f z f w
f
z w
ξ
ξ ξ
≠ ∈ ∈
−
=
−
Chúng ta nói rằng
f
là liên tục Lipschitz trên
A
nếu
0, A
f < ∞
,
1,A
f < ∞
.
Ta cũng ký hiệu đơn giản là
0 1
,f f
nếu
A

= Ω
.
W
Xét ánh xạ lớp
1
C

°
:
σ
Ω → Ω
. Bằng tính toán đơn giản ta có:

*
1 0
0
2
*
1 1 1 0
1
.
.
f f
f f d f
σ σ
σ σ σ
≤
≤ +
(1.2)
Hầu hết các tô pô được sử dụng để nghiên cứu không gian các hàm và các

dạng vi phân là tô pô compact mở. Trong tô pô này thì
j
u u→
(tương ứng
j
f f→
) nếu chúng hội tụ đều trên tất cả các tập con compact của
Ω
(tương
ứng
VΩ×
). Vì thế
j
u u→ ⇔

0,
0
j
K
u u K− → ∀ ⊂⊂ Ω
. Tuy nhiên
j
f f→
yếu hơn
0,
0
j
K
f f− →
.

Mệnh đề 1.2.3:
Nếu
( )
j
u C∈ Ω
và
j
u u→
đều trên các tập compact của
Ω
thì
( )
u C∈ Ω
Chứng minh:
Rõ ràng là hạn chế của
u
trên bất kỳ tập compact
K
⊂ Ω
là liên tục. Nếu
{ }
,
n n
z z z⊂ Ω →
. Đặt
{ }
1 2
, , , K z z z=
thì
K

compact vì thế
( )
( )
lim
n
n
u z u z
→∞
=
.
Do đó
u
liên tục trên
Ω
.
W
8
Định nghĩa 1.2.4:
Giả sử
( ) ( )
0,1
,u C f C∈ Ω ∈ Ω
. Chúng ta nói rằng
u f∂ =
(theo nghĩa
yếu) nếu bất kỳ không gian con hữu hạn
F V⊂
,
( )
F F

u f∂ =
theo nghĩa
phân phối.
Khi
V
là hữu hạn chiều thì
u f∂ =
theo nghĩa trên
u f⇔ ∂ =
theo nghĩa
phân phối.
Dưới đây là một số kết quả quen thuộc :
Mệnh đề 1.2.5:
Nếu
( )
j
u C∈ Ω
,
( )
0,1j
f C∈ Ω
,
j j
u f∂ =
và
j
u u→
( tương ứng
j
f f→

)
đều trên các tập compact của
Ω
(tương ứng
VΩ×
) thì
u f∂ =
.
Mệnh đề 1.2.6:
Nếu
( )
u C∈ Ω
,
( )
0,1
m
f C∈ Ω
,
1,2, m =
(tương ứng
f
liên tục Lipschitz)
và
u f∂ =
theo nghĩa yếu thì
( )
m
u C∈ Ω
(tương ứng
( )

1
u C∈ Ω
) và
u f∂ =

theo nghĩa ban đầu của
∂
.
Mệnh đề 1.2.7:
Nếu
( )
j
u C∈ Ω
(tương ứng
( )
0,1
u C∂ ∈ Ω
) là bị chặn đều trên các tập con
compact của
Ω
(tương ứng
VΩ×
) thì
j
u
là đồng liên tục đều trên
Ω
(suy
ra rằng
Ω

có thể được phủ bởi các tập con mở mà ở đó
j
u
là đồng liên tục)
§3. Hàm đa điều hòa dưới và miền giả lồi trong
n
£
Ta ký hiệu
( )
1B
là hình cầu tâm
0
bán kính 1.
Định nghĩa 1.3.1:
9
Cho tập mở
n
Ω ⊂ £
một hàm
[
)
: ;u Ω → −∞ +∞
gọi là nửa liên tục trên
(tương ứng
(
]
: ;u Ω → −∞ +∞
gọi là nửa liên tục dưới) nếu nó thỏa mãn
a∀ ∈¡
ta đều có tập

( )
{ }
:
n
z u z a
∈ <
£
(tương ứng
( )
{ }
:
n
z u z a
∈ >
£
) là
tập mở .
Định nghĩa 1.3.2:
Cho tập mở
n
Ω ⊂ £
một hàm
[
)
: ;u Ω → −∞ +∞
được gọi là đa điều hòa
dưới nếu nó thỏa mãn 2 điều kiện dưới đây:
i)
u
là nửa liên tục trên.

ii)
( )
( )
2
0
1
2
i
u a u a e b d
π
θ
θ
π
≤ +
∫

,
n
a b∀ ∈Ω ∀ ∈£
sao cho
( )
1a B b+ ⊂ Ω
.
Ví dụ: Xét hàm
( )
u ∈ ΩH
. Khi đó rõ ràng
Re , Im , , logu u u u
thỏa mãn
điều kiện i). Ta chứng minh chúng đa điều hòa bằng cách chứng minh chúng

thỏa mãn điều kiện ii). Thật vậy: Lấy
,a b
như trong ii)
+) Do
( )
1a B b+ ⊂ Ω
nên theo công thức tích phân Cauchy với hàm chỉnh
hình ta có :
( )
( )
2
0
1
2
i
u a u a e b d
π
θ
θ
π
= +
∫
Bằng ước lượng và tính toán đơn giản ta có
Re , Im , u u u
thỏa mãn điều
kiện ii)
+) Lấy
P
là đa thức trên
£

sao cho

( ) ( )
log Reu a b P
λ λ
+ ≤
với mọi
1
λ
=
. Từ đó suy ra rằng:

( )
( ) ( )
Re P P
u a b e e
λ λ
λ
+ ≤ =
Do đó
( )
( )
1 1
P
e u a b
λ
λ λ
−
+ ≤ ∀ =
.

10
Theo nguyên lý mô đun cực đại ta có
( ) ( )
log Reu a b P
λ λ
+ ≤

1
λ
∀ ≤
.
Từ đó theo định lý 34.8 trong [Mu] ta có
log u
thỏa mãn điều kiện ii).
Định nghĩa 1.3.3:
Cho tập mở
n
Ω ⊂ £
. Hàm
(
]
: 0;
n
δ
Ω
Ω× → +∞£
được định nghĩa bởi :

( ) ( )
{ }

, sup 0: 1x t r x rB t
δ
Ω
= > + ⊂ Ω
Định nghĩa 1.3.4:
Tập con mở
n
Ω ⊂ £
được gọi là miền giả lồi nếu
log
δ
Ω
−
là hàm đa điều
hòa dưới trên
n
Ω×£
.
Ví dụ: Trong
£
thì
( )
1B
là miền giả lồi. Thật vậy, ta có:

( )
( ) ( ) ( )
{ }
1
, sup 0: 1 1

B
x t r x rB t B
δ
= > + ⊂
Do
( )
1B
là cân nên nếu
( ) ( )
1 1x rB t B+ ⊂
thì ta có
1r t x≤ −
. Do đó

( )
( )
1
1
khi 0
,
khi 0
B
x
t
t
x t
t
δ
 −
≠


=


+∞ =


( )
( )
( )
1
log 1 +log khi 0
log ,
khi 0
B
x t t
x t
t
δ

− − ≠

⇒ − =

−∞ =


Đặt
( )
( )

( )
1
, log ,
B
f x t x t
δ
= −
,
( )
( )
log 1g x x= − −
,
( )
logh t t=
. Thì khi đó
( ) ( ) ( )
,f x t g x h t= +
.
Xét
2 2 2 2
. . . .
f f f f
A u u u v u v v v
x x x t x t t t
∂ ∂ ∂ ∂
= + + +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
Mà
2 2 2 2
0

g g h h
x t x t x t x t
∂ ∂ ∂ ∂
= = = =
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
do đó mà
2 2
0
f f
x t x t
∂ ∂
= =
∂ ∂ ∂ ∂
.
Vậy
2 2 2 2
2 2
. . . .
f f f f
A u u v v u v
x x t t x x t t
∂ ∂ ∂ ∂
= + = +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
Ta có
2 2 2 2
,
f g f h
x x x x t t t t
∂ ∂ ∂ ∂

= =
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
.
11
Mà
( )
( )
(
)
log 1 log 1 .g x x x x= − − = − −
.
Nên
(
)
1 1
. .
1 . 2 .
2 . .
g x
x
x
x x x x
x x x x
∂ −
= − =
∂
−
−
và
( )

2
2
1 1
4
. 1
g
x x
x x
∂
=
∂ ∂
−
Tương tự ta có
( )
( )
1
log log .
2
h t t t t= =

1 1 1
. .
2
. 2
h
t
t t t t
∂
= =
∂

.

2
0
h
t t
∂
=
∂ ∂
Do đó mà
( )
2
2
1 1
. 0
4
. 1
A u
x x
= ≥
−
. Vậy hàm
( )
,f x t
thỏa mãn điều kiện
Levi (Xem Định lý 2.6.2 trong [Ho]) nên
( )
,f x t
là đa điều hòa dưới
⇒

( )
1
log
B
δ
−
cũng là đa điều hòa dưới trên
( )
1B ×£
. Vì thế
( )
1B
là giả lồi.

§4. Phương trình
u f∂ =
trong
N
£
Để giải phương trình
u f∂ =
trong không gian vô hạn chiều ta giải nó trong
trường hợp
N
£
sau đó cho
N → ∞
ta được kết quả trong
1

l
.
Cho
/
N N N
T = ¢¡
ký hiệu hình xuyến
N
chiều nó tác động lên
N
£
bởi :
( )
( )
1
2
2
1 1
, , , ,
N
it
it
t N N
z z e z e z
π
π
ρ
=
với
( )

N
t t T
υ
= ∈
Trong mục này sẽ ký hiệu cho bất kỳ chuẩn trên
N
£
mà bất biến dưới
tác động
t
ρ
và ký hiệu
{ }
: 1
N
N
B z z
= ∈ <
£
đặc biệt
1
l
- chuẩn là một
chuẩn như vậy.
Cho
*
là chuẩn đối ngẫu trong
N
£
và

α
là số thực dương sao cho :
12

1/ 2
2
*
1
N
w w
υ
υ
α
=
 
≤
 ÷
 
∑
với
( )
w w
υ
=
Định nghĩa 1.4.1:
Ký hiệu
diamΩ
: đường kính của tập
Ω
.

VolΩ
thể tích của tập
N
Ω ⊂ £


( ) ( )
;r z dist z= ∂Ω
với
z
∈Ω
được đo bởi chuẩn .
Bổ đề 1.4.2: (Định lý 4.4.2 [Ho])
Cho
Ω
là tập giả lồi mở trong
N
£
,
ϕ
là hàm đa điều hòa dưới trong
Ω
. Đối
với mọi
( )
2
, 1p q
g L
+

∈ Ω
với
0g∂ =
có một lời giải
( )
2
,
,
p q
u L loc∈ Ω
của
phương trình
u g∂ =
sao cho :

( )
2
2 2 2
1u e z d g e d
ϕ ϕ
λ λ
−
− −
Ω Ω
+ ≤
∫ ∫
Bổ đề 1.4.3:
Giả sử
f
là dạng-

( )
0,1
nhận giá trị phức, bị chặn và đo được trên một tập
giả lồi bị chặn
N
Ω ⊂ £
. Nếu
0f∂ =
thì
( )
u C∃ ∈ Ω
sao cho
u f∂ =
với
z ∈Ω
thì
( )
( )
( ) ( )
{ }
1/ 2
0
2 . . / 2 .
N
N
u z diam Vol VolB r z r z f
α
−
≤ Ω Ω +
(1.3)

Ở đây
∂
chỉ toán tử Cauchy – Riemann được mở rộng để tác động trên các
phân phối.
Chứng minh:
Giả sử
1
N
f f d z
υ υ
υ
=
=
∑
. Ta có :
( ) ( )
1/ 2
2 *
0
1
sup sup
N
f z f z f
υ υ
υ
α α
Ω Ω
=
 
≤ =

 ÷
 
∑
13
Theo bổ đề 1.4.2 ta có phương trình
u f∂ =
có một lời giải bình phương
khả tích
:u Ω → £
sao cho :
( )
2
2 2
2 2
0
1 . .u diam Vol f
α
Ω
≤ + Ω Ω
∫
Thật vậy ta có
( )
( )
2
2
2 2 2 2 2
2
0
1 1diam u u z f Vol f
−

−
Ω Ω Ω
+ Ω ≤ + ≤ ≤ Ω
∫ ∫ ∫
.
Bằng thủ thuật quen thuộc ta sẽ dẫn đến tồn tại một lời giải
u
sao cho :

( )
2 22
2
0
2 . .u diam Vol f
α
Ω
≤ Ω Ω
∫
(1.4)
Thật vậy, với
1diamΩ =
thì điều này là hiển nhiên.
Với trường hợp tổng quát ta co
Ω
về miền có đường kính bằng 1. Dưới phép
co thì
2
u
Ω
∫

tỷ lệ giống
VolΩ
. Trong khi đó tích
0
.diam fΩ
không thay đổi.
Như vậy ta có kết quả (1.4) trong trường hợp tổng quát.
Hơn thế nữa lời giải
u
thậm chí liên tục. Theo [H] tồn tại lời giải địa
phương
'u
liên tục của phương trình
'u f∂ =
. Do đó
'u u−
chỉnh hình và
u

liên tục.
Với
z ∈Ω
,
( )
r r z=
và
1

N
d dt dt

λ
=
. Ký hiệu
λ
là độ đo Lesbegue trên
N
T
mà
( )
1
N
T
λ
=
. Ta định nghĩa hàm
v
trên
N
B
bởi

( ) ( )
( )
( )
N
t
T
v u z r d t
ζ ρ ζ λ
= +

∫
Chúng ta sẽ đánh giá chuẩn Lipschitz của
v
. Đầu tiên giả sử
( )
1
N
v C B∈
thì
0
0
v r f∂ ≤
. Cũng thế
v
là bất biến dưới tác động
ρ
. Điều này suy ra rằng
14
( )
; 0
N
N
dv B
ζ ξ ζ
= ∀ ∈ ∩ ¡
;
N
i
ξ
∈¡

. Nó kéo theo rằng
2
N N
dv v= ∂
¡ ¡
và
vì thế với
, '
N
N
B
ζ ζ
∈ ∩ ¡
ta có :
( ) ( )
0
' 2 . 'v v v
ζ ζ ζ ζ
− ≤ ∂ −
(1.5)
Thật vậy, ta có (1.4) đúng với
, '
N
B
ζ ζ
∈
sử dụng phép xấp xỉ argument
cho phép ta mở rộng (1.4) cho trường hợp tổng quát, bỏ đi giả thiết
( )
1

N
v C B∈
. Hơn thế nữa,

2 2
2
N
N
B
v r u
−
Ω
≤
∫ ∫
(1.6)
Chọn một điểm
N
B
ζ
∈
ở đó
2
v
không lớn hơn trung bình của nó trên
N
B
.
Theo (1.4) (1.6) ta có:
( ) ( )
1/ 2

0
2 / . .
N
N
v diam Vol VolB r f
ζ α
−
≤ Ω Ω
Áp dụng (1.4) với
' 0
ζ
=
ta được ước lượng (1.2) với
( ) ( )
0u z v=
.
W
Bằng tính toán đơn giản ta có:
Hệ quả 1.4.4:
Trong trường hợp đặc biệt khi
{ }
:
N
z z RΩ = ∈ <£
,
0 R< < ∞
có một
lời giải
u
thỏa mãn:

( ) ( )
0
2
N
R
u z R diam f
R z
α
 
≤ + Ω
 ÷
 ÷
−
 
Khi là
1
l
- chuẩn, thì
2diam RΩ =
và
α
có thể được chọn là
N
.
CHƯƠNG 2: CÁC BỔ ĐỀ PHỤ TRỢ
§1. Chuỗi vô hạn biến
15
Định nghĩa 2.1.1:
Cho
( )

z z
υ
=
là dãy vô hạn biến,
( )
1
1z B l∈ ⊂
và
q∈£
.

( )
1B
ký hiệu cho hình cầu đơn vị mở của
1
l
.
Đặt
( )
( )
#
0
#
,
v
v
v
k
v
k

k
v
k
k k
k
k
q z q z
k
υ
υ
υ
= ≥
<+∞
∑
 
 ÷
 
∆ =
∏
∑
∑
(2.1)
Ở đó
0k ≥
được hiểu là
0 k
υ
υ
≥ ∀

#k
: số phần tử
0k
υ
≠
Trong mục này
k
sẽ luôn được ký hiệu là đa chỉ số.
k
z
được viết thay cho
k
z
υ
υ
υ
∏
.
Ta sẽ viết
k
k
k
k
thay cho
v
v
k
v
v

k
k
k
υ
υ
υ
∑
 
 ÷
 
∏
∑
và quy ước
0
0 1=
.
Bổ đề 2.1.2:
Chuỗi (2.1) hội tụ đều trên các tập con compact của
( )
1B×£
và
∆
là liên
tục trên
( )
1B×£
.
Chứng minh:
Sự hội tụ với
1q =

là hiển nhiên.
Ta có các bất đẳng thức dưới đây:

! . !
s s
s s e s≤ ≤
(2.2)

( )
. !
s
s
e s s s s
η
η
≤ ∀ ≥
(2.3)
Với
s
η
đủ lớn phụ thuộc vào
0 1
η
< <
16
(2.2) là hiển nhiên theo khai triển Taylor
(2.3) chứng minh nhờ công thức Stirling:
12
! 2 . .
c

s
s
s
s s s e
π
− +
=
với
0 1c< <
Thật vậy, giả sử
( )
12
. ! . 2 . .
c
s
s s
s
e s s s e
η π η
 
=
 ÷
 
Vì
0 1
η
< <
nên ta có
12
lim 2 . . 0

c
s
s
s
s e
π η
→∞
 
=
 ÷
 
.
Do đó mà
12
2 . . 1
c
s
s
s e
π η
<
với
s s
η
≥
. Từ đó được điều phải chứng
minh.
Với
1Q ≥
,

0 1
η
< <
,
0,1, n =
Xét tập hợp sau:
( ) ( ) ( )
1 2
1
, , , :
n n
H Q n q z B Q l z eQ z
υ υ
υ υ
η η
≤ >
 
= ∈ × + ≤
 
 
∑ ∑
(2.4)
Các tập hợp
( )
int , ,H Q n
η
phủ
( )
1B×£
. Trước tiên chúng ta ước lượng

∆
đều trên
( )
, ,H Q n
η
.
Nếu
( ) ( )
, , ,q z H Q n
η
∈
ta định nghĩa dãy
( )
( )
( )
X z X X B
υ
η
= = ∈
bới :

khi
khi
z
n
X
eQ z n
υ
υ
υ

υ
η
υ

≤

=


>

Tiếp theo chọn các đa chỉ số
k
trong (2.1) và
s
η
như ở (2.3). Ký hiệu
F

là tập các
{ }
1, ,n
υ
∈
thỏa mãn
k s
υ η
>
. Sử dụng (2.2) ,(2.3) và
#

n
k n k
υ
υ
>
≤ +
∑
. Ta có ước lượng sau đây:
17

( )
( )
#
. !. !
. .
. . . . . .
!
!. . !
v
v n
v
F
n n
v
k n k
k k
k
v v
k
k k

k n k
v v
k
k
v
F F
e k Q k
k q z
z Q e Q z
k k
k e k
υ
υ
υ υ
υ
υ υ
υ υ
υ
υ υ
η
η
>
∉
≤ >
+
−
∉ ∈
∑ ∑
   
 ÷  ÷

∑
∑ ∑
   
≤ ≤
∏
∏ ∏
∑ ∑
( )
! !
. . . . . . . .
! !
n
n
v v
k
k
ns ns
n k n k
v v
v v
k k
Q e eQ z Q e X
k k
υ
υ
η η
υ
υ
υ υ
η

≤
>
−
   
 ÷  ÷
∑
   
∑
≤ =
∏ ∏
∑ ∑
( )
0 0 0
! .
, . . . .
! 1
v
v
ns
n
j
ns ns
n k n
j k j
v
k j
j Q e
q z Q e X Q e X
k
η

η η
υ
η
∞ ∞
= ≥ =
=
⇒ ∆ ≤ ≤ ≤
∏ −
∑
∑ ∑ ∑
(2.5)
Mệnh đề 2.1.3:
Nếu
Ω
là tập mở trong không gian Banach
V
và các
( )
j
h ∈ ΩO
và chuỗi
1
j
h
∞
∑
bị chặn trên
Ω
thì chuỗi này hội tụ trên các tập compact.
Chứng minh: Với mỗi số phức

j
ε
bất kỳ với
1
j
ε
=
các tổng
1
N
j j
h
ε
∑
bị
chặn đều trên
Ω
vì thế theo ước lượng Cauchy 1 biến ta suy ra được
( )
1
;
N
j j
dh z
ε ξ
∑
là bị chặn đều địa phương trên
VΩ×
. Biên bị chặn phụ thuộc
vào

,
j
N
ε

⇒

( )
1
;
N
j
dh z
ξ
∑
bị chặn đều địa phương theo
,z
ξ
và đều theo
N

⇒

1
j
h
∞
∑
là đồng liên tục địa phương
18

⇒

1
j
h
∞
∑
hội tụ đều trên các tập compact.
Hệ quả 2.1.4:
Với mọi
0 1
θ
< <
, tồn tại hằng số
1c >
sao cho nếu
z
θ
<
và
# z
< ∞
thì

( )
( )
#
#
, max 1, .
z

c z
q z q e∆ ≤
(2.6)
Chứng minh:
Cả 2 vế đều là 1 khi
# 0z =
. Trường hợp ngược lại ta đặt
#n z=
và lấy
1q ≥
từ đó ta có
( )
( )
1/ 2
, , ,q z H q n
θ
∈
. Từ đó suy ra
( )
.
,
1
n
ns
q e
q z
η
η
⇒ ∆ ≤
−

với
s
η
đủ lớn. Từ đó suy ra (2.6) với
c
đủ lớn.
W
Trong trường hợp
( )
1
N
z z
υ
=
là dãy hữu hạn. Ta đặt
( )
( )
, : ,q z q z∆ = ∆
%
với
( )
1 2
, , , ,0,0,
N
z z z z=
%
thì tất cả vẫn như trên, đặc biệt (2.6) với
c
độc lập

với
N

( )
1
: /T
∞
=
∏
¢¡
ký hiệu cho hình xuyến vô hạn chiều, một nhóm tô pô
compact , và ký hiệu
λ
là độ đo Haar trên
T
mà
( )
1T
λ
=
.
Xét tác động của
T
trên
1
l
:

( )
( )

1 2
2 2
1 2 1 2
, , , ,
t t
t
z z e z e z
π π
ρ
=
với
( ) ( )
1
, z z l t t T
υ υ
= ∈ = ∈
Cho trước
0 R< ≤ ∞
và
( )
( )
h B R∈O
, khai triển lũy thừa đơn của nó là :

k
k
h h
∑
:
với

( )
2
*
ikt
k t
T
h e hd t
π
ρ λ
−
=
∫
(2.7)

( )
( )
k
h B R∈O
tịnh tiến dưới
t
ρ
là :
2
* .
ikt
t k k
h e h
π
ρ
=

.
19
Hạn chế trên mặt phẳng hữu hạn chiều
P
ta được
k
h
có dạng đơn là
k
k
a z

với
k
a ∈£
và
h
sẽ có dạng chuỗi lũy thừa sau:

( )
k
k
h z a z
∑
:
(2.8)
Rõ ràng hạn chế của chuỗi này trên mặt phẳng tọa độ
P
ở trên là chuỗi
Taylor của

P
h
và
( )
k
k
a z h z=
∑
khi
( )
,#z B R z∈ < ∞
Định lý 2.1.5:
a) Nếu
h
là hàm chỉnh hình bị chặn trên
( )
B R
,
R
< ∞
thì

sup
k
k
k
k
k
k
a a R

k
= < ∞
(2.9)
và chuỗi (2.8) hội tụ tới
h
b) Ngược lại, nếu một dãy
( )
k
a
thỏa mãn (2.9) thì chuỗi
k
k
a z
∑
hội tụ
tuyệt đối và đều trên các tập con compact của
( )
B R
tới
( )
( )
g B R∈O
. Hơn
thế nữa,
( )
K B R∀ ⊂⊂
có một hằng số
K
C
sao cho:

max .
k
K
g C a≤
(2.10)
Chứng minh:
b) Chuỗi
k
k
a z
∑
bị chặn bởi chuỗi
( )
1, /a r R∆
trong bổ đề 2.1.2 do đó
chuỗi
k
k
a z
∑
hội tụ tuyệt đối và đều trên các tập compact của
( )
B R
, tổng
g
của nó chỉnh hình theo mệnh đề 2.1.3 và (2.10) được thỏa mãn với
( )
max 1, /
K

K
C r R= ∆ < ∞
. Tính toán với tích phân trong (2.7) với
h g=
ta
được
k
k k
h a z=
.
a) Cho
supM h=
. Từ (2.7)
⇒
( ) ( )

k
h z M z B R≤ ∀ ∈
20
Đặt
( )
/z Rk k B R= ∈
với
0k ≠
ta có
a M≤ < ∞
.
Do b)
⇒
chuỗi (2.8) hội tụ đến một hàm chỉnh hình trên

( )
B R
và đó phải
chính là
h
từ
# z < ∞
.
W
Bây giờ nếu
0 R< ≤ ∞
và
h
là hàm chỉnh hình trên
( )
B R
. Theo Ryan
với một dãy bất kỳ
( )
1 2
, ,
σ σ σ
=
sao cho :

0 R
υ
σ
≤ <
và

lim 0
υ
υ
σ
→∞
=
(2.11)
Hàm
( )
1 1 2 2
, , h z z
σ σ
bị chặn và chỉnh hình với
( )
1z B∈
. Theo [Ry] kết hợp
với định lý 2.1.5 ta có định lý dưới đây:
Định lý 2.1.6:
a) Chuỗi lũy thừa của bất kỳ
( )
( )
h B R∈O
,
R
≤ ∞
hội tụ tới
h
, tuyệt đối,
đều trên các tập con compact của
( )

B R
. Khi đó các hạng tử
k
a
thỏa mãn

sup /
k
k k
k
k
a k k
σ
< ∞
(2.12)
với bất kỳ
( )
υ
σ σ
=
thỏa mãn (2.11)
b) Ngược lại, nếu (2.12) được thỏa mãn với bất kỳ dãy
( )
υ
σ σ
=
như
trong (2.11) thì
k
k

a z
∑
là chuỗi lũy thừa của một hàm chỉnh hình trên
( )
B R
.
Chứng minh: Định lý được chứng minh trong [Ry] với trường hợp
R = ∞
.

§2. Bổ đề chìa khóa
Định nghĩa 2.2.1:
Chuỗi Fourier của một hàm liên tục, tuần hoàn với chu kỳ
2
π

[ ]
: ,f
π π
− → ¡
là
( ) ( )
( )
0
cos sin
n n
a a nx b nx+ +
∑
21
Ở đó các hạng tử

( ) ( )
,
n n
a b
được cho bởi công thức :

( )
0
1
2
a f x dx
π
π
π
−
=
∫

( ) ( )
1
cos
n
a f x nx dx
π
π
π
−
=
∫
với

0n >

( ) ( )
1
sin
n
b f x nx dx
π
π
π
−
=
∫
Dạng biểu diễn khác của chuỗi Fourier của hàm
f
là :

µ
( )
inx
n
f n e
∑
Ở đó các hạng tử
µ
( )
f n
được cho bởi công thức:

µ

( ) ( )
1
2
inx
f n f x e dx
π
π
π
−
−
=
∫
Định lý 2.2.2: (Định lý của Fejér)
Cho hàm
[ ]
: ,f
π π
− → ¡
là 1 hàm liên tục với
( ) ( )
f f
π π
− =
. Thì chuỗi
Fourier của hàm
f
hội tụ về
f
trong
[ ]

( )
, ,C
π π
− ¡
ở đó
[ ]
( )
, ,C
π π
− ¡
là
không gian mê tríc các hàm liên tục từ
[ ]
,
π π
−
vào
¡
với khoảng cách sinh
bởi chuẩn sup.
Định nghĩa 2.2.3:
Ta gọi dãy hàm
( )
n
F x
xác định bởi 2 điều kiện tương đương dưới đây là
hạch Fejer :

( )
( )

( )
2
2
sin 1 /2
1
1 sin / 2
n
n x
F x
n x
+
 
 
=
+
22
Hoặc
( ) ( )
0
1
1
n
n k
k
F x D x
n
=
=
+
∑

Với
( )
k
D x
là hạch Dirichlet,
( )
k
imx
k
m k
D x e
=−
=
∑
Bổ đề 2.2.4:

( )
( )
( )
1
sin 1/ 2
1 2 cos
sin / 2
n
k
n x
kx
x
=
+

 
 
+ =
∑
Chứng minh:
Ta có
( )
( ) ( )
[ ]
sin 1/ 2 sin 1/ 2
2cos
sin / 2
k x k x
kx
x
+ − −
   
   
=

( )
( ) ( )
[ ]
1 1
sin 1/ 2 sin 1/ 2
2 cos
sin / 2
n n
k k
k x k x

kx
x
= =
+ − −
   
   
⇒ =
∑ ∑

( )
[ ]
[ ]
( )
[ ]
sin 1/ 2 sin / 2 sin 1/ 2
1
sin / 2 sin / 2
n x x n x
x x
+ − +
   
   
= = −
.
W
Chứng minh 2 điều kiện tương đương ở định nghĩa 2.2.3:
Theo công thức Moivre ta có
( ) ( )
( )
( )

1
sin 1/ 2
1 2 cos
sin / 2
k k
imx
k
m k m
k x
D x e mx
x
=− =
+
 
 
= = + =
∑ ∑
Từ dạng 2 của hạch Fejer ta có:

( ) ( ) ( )
( )
( )
0 0
sin 1/ 2
1
sin / 2
n n
n k
k k
k x

n F x D x
x
= =
+
 
 
+ = =
∑ ∑

( )
( )
0
1
Im exp 1/ 2
sin / 2
n
k
i k x
x
=
 
= + 
 
 
 
∑

( )
( )
( )

( )
( )
exp 1 1
1
Im exp / 2 .
sin / 2 exp 1
i n x
ix
x ix
 
+ −
 
=
 
−
 
 
23

( )
( )
( )
( ) ( )
exp 1 1
1
Im
sin / 2 exp / 2 exp / 2
i n x
x ix ix
 

+ −
 
=
 
− −
 
 


( )
( )
( )
( )
2
2 2
1 cos 1 sin 1 / 2
2sin /2 sin /2
n x n x
x x
− + +
   
   
= =
.
W
Bổ đề 2.2.5:
Hạch Fejer có các tính chất dưới đây:
i)
( )
1

1
2
n
F x dx
π
π
π
−
=
∫
ii)
( )
0
n
F x ≥
iii) Với
0
δ
>
cố định thì ta có
( )
lim 0
n
n
x
F x dx
δ π
→∞
≤ ≤
=

∫
.
Chứng minh:
i)
( )
1
1
2
n
F x dx
π
π
π
−
=
∫
Ta sử dụng dạng 2 của hạch Fejer
( )
0
1
1
n k
imx
n
k m k
F x e
n
= =−
=
+

∑ ∑
Tính tích phân của
( )
n
F x
ta có:
( )
0 0
1 1 1 1 1
2 2 1 1 2
n k n k
imx imx
n
k m k k m k
F x dx e dx e dx
n n
π π π
π π π
π π π
= =− = =−
− − −
 
= =
 
+ +
 
∑ ∑ ∑ ∑
∫ ∫ ∫
Khi
0m ≠

thì
0
imx
e dx
π
π
−
=
∫
. Nhưng khi
0m =
thì
1
1
2
imx
e dx
π
π
π
−
=
∫
.
Vì thế ta có:
( )
0
1 1
1 1
2 1

n
n
k
F x dx
n
π
π
π
=
−
= =
+
∑
∫
ii) Điều này được suy ra từ dạng 1 của hạch Fejer
24
iii) Với mỗi
0
δ
>
cố định, sử dụng hạch Fejer dạng 1 ta có với
x
δ π
≤ ≤

( ) ( )
2 2
1 1
sin / 2 sin /2x
δ

≤


( )
( )
2
1 1
0 .
1 sin / 2
n
F x
n
δ
≤ ≤
+

x
δ π
∀ ≤ ≤
Do đó
( )
n
F x
hội tụ đều về 0 khi
n → ∞
. Do đó ta có thể lấy giới hạn
qua dấu tích phân và được điều phải chứng minh.
W
Chứng minh định lý Fejer:
Ký hiệu

,
n n
s
σ
lần lượt là dãy tổng riêng và tổng Cesaro thứ
n
của chuỗi
Fourier:

( )
µ
( )
n
ikx
n
k n
s x f k e
=−
=
∑


( ) ( )
0
1
1
n
n k
k
x s x

n
σ
=
=
+
∑
Ta có :
( )
µ
( ) ( )
1
. .
2
n n
ikx ikt ikx
n
k n k n
s x f k e f t e dt e
π
π
π
−
=− =−
−
 
= =
 
 
∑ ∑
∫

( )
( )
( ) ( )
1 1
2 2
n
ik x t
n
k n
f t e dt f t D x t dt
π π
π π
π π
−
=−
− −
= = −
∑
∫ ∫
Dùng phép đổi biến số và sử dụng tính tuần hoàn với chu kỳ
2
π
của hàm
( ) ( )
,
n
f x D x
ta được :

( ) ( ) ( )
1
2
n n
s x f x t D t dt
π
π
π
−
= −
∫
.
Sử dụng điều này ta tính tổng Cesaro
n
σ
( ) ( ) ( ) ( )
0 0
1 1 1
1 1 2
n n
n k k
k k
x s x f x t D t dt
n n
π
π
σ
π
= =
−

= = −
+ +
∑ ∑
∫
25