Vấn đề tồn tại nghiệm của phương trình đạo hàm riêng tuyến tính

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
Nguyễn Hồng Điệp
VẤN ĐỀ TỒN TẠI NGHIỆM
CỦA PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG TUYẾN TÍNH
Chuyên ngành: Toán ứng dụng
Mã số: 60.46.01.12
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS.TS. HÀ TIẾN NGOẠN
Thái Nguyên - 2013
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1
LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên của khóa luận này em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy
giáo hướng dẫn PGS-TS Hà Tiến Ngoạn đã giao đề tài và tận tình hướng
dẫn em trong quá trình nghiên cứu và hoàn thành khóa luận này.
Nhân dịp này em xin gửi lời cảm ơn của mình tới toàn bộ các thầy
cô giáo trong khoa Toán- trường Đại học Khoa học-Đại học Thái Nguyên
cùng các thầy cô ở Viện Toán học đã giảng dạy và giúp đỡ chúng em trong
suốt quá trình học tập tại khoa.
Đồng thời, tôi xin cảm ơn các anh chị và các bạn trong lớp K5 đặc biệt
là các bạn học ngành toán ứng dụng đã nhiệt tình giúp đỡ tôi trong quá
trình học tập tại lớp.
Tôi xin cảm ơn các thầy cô, anh chị và các bạn đồng nghiệp công tác
tại trường THPT Nguyễn Đức Cảnh - Kiến Thụy - Hải Phòng đã tạo điều
kiện giúp đỡ tôi về thời gian và công tác để tôi hoàn thành khóa học.
Xin chân trọng cảm ơn!
Hải Phòng, tháng 05 năm 2013
Người viết luận văn
Nguyễn Hồng Điệp

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1
MỞ ĐẦU
Phương trình đạo hàm riêng được nghiên cứu lần đầu tiên vào giữa thế
kỉ 18 trong các công trình của những nhà toán học như Euler, D’Alambert,
Lagrange và Laplace như là một công cụ quan trọng để mô tả các mô hình
của vật lí và cơ học. Những bài toán có nội dung tương tự vẫn còn được
nghiên cứu đến tận ngày nay và là một trong những nội dung cơ bản của lí
thuyết đạo hàm riêng. Chỉ đến giữa thế kỉ 19 và đặc biệt là trong các công
trình của Riemann, phương trình đạo hàm riêng mới trở thành công cụ
mạnh dùng trong những lĩnh vực toán học khác. Cả hai hướng nói trên đã
tác động trực tiếp đến sự phát triển của lí thuyết phương trình đạo hàm
riêng và ngược lại, phương trình đạo hàm riêng đóng vai trò quan trọng
trong các lĩnh vực khác của toán học lí thuyết và đặc biệt là trong các bài
toán thực tiễn.
Một bài toán phương trình vi phân đạo hàm riêng, nếu nó có ý nghĩa
thực tiễn thì chắc chắn nó có nghiệm, chỉ có điều là nghiệm đó được hiểu
theo nghĩa nào mà thôi. Nhiều phương trình vi phân đạo hàm riêng mà ta
nghiên cứu nói chung là có nghiệm.
Năm 1957 nhà toán học Hans Lewy [6] đã phát hiện ra ví dụ về một
phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp một mà không có nghiệm(cho
dù là nghiệm suy rộng) với một số hàm vế phải trơn cho trước. Do đó từ
ví dụ trên đã xuất hiện một hướng nghiên cứu mới về tính giải được của
phương trình đạo hàm riêng tuyến tính.
Một minh họa hình học và một mở rộng của ví dụ này được đưa ra năm
1960 bởi Lars H¨ormander
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2
Luận văn được chia làm 2 chương:
Chương 1: Trình bày một số kiến thức cơ bản về công thức tích phân

từng phần, toán tử đạo hàm riêng tuyến tính và toán tử liên hợp, trình
bày một ví dụ về một phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp một mà
không có nghiệm và một số định lí về không gian Hilbert.
Chương 2: Trình bày về tính giải được của phương trình đạo hàm riêng
tuyến tính, điều kiện cần và đủ để phương trình đạo hàm riêng tuyến tính
có nghiệm yếu và tính giải được của phương trình đạo hàm riêng tuyến
tính với hệ số hằng.
Nội dung chính của luận văn dựa trên chương 1 của tài liệu [5].
Do thời gian và kiến thức còn hạn chế nên trong quá trình viết luận
văn cũng như trong xử lý văn bản chắc chắn không tránh khỏi những sai
sót nhất định. Tác giả luận văn rất mong nhận được sự góp ý của các thầy
cô và các bạn đồng nghiệp để luận văn được hoàn thiện hơn.
Thái Nguyên, tháng 05 năm 2013.
Người thực hiện
Nguyễn Hồng Điệp
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
3
Một số kí hiệu
Trong luận văn này ta dùng những kí hiệu với các ý nghĩa xác định
trong bảng dưới đây:
N tập hợp số tự nhiên
R tập hợp số thực
C tập hợp số phức
+∞ dương vô cùng
|| · || chuẩn trong L
2
(Ω)
z liên hợp của số phức z
(·, ·) tích vô hướng trong L
2

(Ω)
Rez phần thực của số phức z
Imz phần ảo của số phức z
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
4
Chương 1
KIẾN THỨC CƠ SỞ
1.1 Toán tử vi phân đạo hàm riêng tuyến tính
Toán tử vi phân đạo hàm riêng tuyến tính cấp m có dạng
A(x, D) =

|µ|≤m
a
µ
(x)D
µ
, (1.1)
trong đó
µ = (µ
1
, µ
2
, . . . , µ
n
) ∈ N
n
|µ| = µ
1
+ µ
2

+ . . . + µ
n
x = (x
1
, x
2
, . . . , x
n
) ∈ R
n
,
a
µ
(x) là các hàm trơn cho trước, nhận giá trị phức và
D
µ
= (−i)
|µ|
∂
|µ|
∂x
µ
1
1
∂x
µ
2
2
. . . ∂x
µ

n
n
(1.2)
là toán tử lấy đạo hàm riêng cấp |µ|.
Ví dụ 1.1.1. Giả sử với m = 3 và µ = (µ
1
, µ
2
, µ
3
), µ
j
∈ N
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
5
với j = 1, 2, 3 thì với u là một hàm ba biến x
1
, x
2
, x
3
. Ta có

|µ|=3
D
µ
u =
∂
3
u

∂x
3
1
+
∂
3
u
∂x
2
1
∂x
2
+
∂
3
u
∂x
2
1
∂x
3
+
∂
3
u
∂x
1
∂x
2
2

+
∂
3
u
∂x
1
∂x
2
3
+
∂
3
u
∂x
3
2
+
∂
3
u
∂x
1
∂x
2
∂x
3
+
∂
3
u

∂x
2
2
∂x
3
+
∂
3
u
∂x
2
∂x
2
3
+
∂
3
u
∂x
3
3
Toán tử A là tuyến tính bởi vì D
µ
là tuyến tính và ta có
A(α
1
u
1
+ α
2

u
2
) = α
1
A(u
1
) + α
2
A(u
2
)
trong đó α
1
, α
2
∈ C và u
1
, u
2
là các hàm số.
1.2 Công thức tích phân từng phần. Toán tử liên
hợp
1.2.1 Công thức tích phân từng phần
Cho Ω là tập hợp mở, liên thông trong E
n
có biên ∂Ω trơn từng mẩu.
Bao đóng của Ω là Ω = Ω ∪ ∂Ω.
Giả sử Ω bị chặn, tức là Ω ⊂ Σ
R
với R đủ lớn, ở đây

Σ
R
=

(x
1
, x
2
, . . . , x
n
) ∈ E
n
|x
2
1
+ x
2
2
+ . . . + x
2
n
< R
2

.
Nếu f ∈ C
1
(Ω) thì ta có công thức tích phân từng phần sau đây

Ω

∂f
∂x
k
dx =

∂Ω
fγ
k
dσ, 1 ≤ k ≤ n, (1.3)
trong đó dx = dx
1
dx
2
. . . dx
n
, γ
k
là cosin của góc tạo bởi trục x
k
với pháp
tuyến ngoài của ∂Ω và dσ là phần tử diện tích của mặt cong ∂Ω.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
6
Trong trường hợp đặc biệt, nếu u và v là hai hàm khả vi liên tục trên
Ω và thỏa mãn uv = 0 trên ∂Ω thì công thức (1.3) được viết lại thành

Ω
v
∂u
∂x

k
dx = −

Ω
u
∂v
∂x
k
dx, 1 ≤ k ≤ n. (1.4)
Công thức (1.4) được gọi là công thức tích phân từng phần.
1.2.2 Toán tử liên hợp
Từ công thức (1.4), đặt
¯w = v
và
D
k
= −i
∂
∂x
k
, D = (D
1
, D
2
· · · , D
n
) (1.5)
ta có

Ω

(D
k
u) ¯wdx = −

Ω
uD
k
¯wdx
=

Ω
uD
k
wdx.
(1.6)
Công thức (1.2) được viết lại như sau
D
µ
= D
µ
1
1
D
µ
2
2
. . . D
µ
n
n

= (−i)
|µ|
∂
|µ|
∂x
µ
1
1
∂x
µ
2
2
. . . ∂x
µ
n
n
·
(1.7)
Cho
A(x, D)u =

|µ|≤m
a
µ
(x)D
µ
u
là toán tử vi phân đạo hàm riêng tuyến tính cấp m.
Giả sử ϕ ∈ C
m

0
(Ω) là hàm thuộc C
m
(Ω) và triệt tiêu ở gần biên ∂Ω.
Áp dụng liên tiếp công thức tích phân (1.4) ta có
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
7

Ω
A(u) ¯ϕdx =

Ω

|µ|≤m
a
µ
(x)D
µ
(u) ¯ϕdx
=

Ω

|µ|≤m
(D
µ
u)(a
µ
(x)ϕ)dx
=


Ω

|µ|≤m
uD
µ
(a
µ
(x) ¯ϕ)dx.
(1.8)
Đặt
A

(x, D)ϕ =

|µ|≤m
D
µ

a
µ
(x)ϕ

(1.9)
thì A

được gọi là toán tử liên hợp của toán tử A. Khi đó ta có

Ω
A(u) ¯ϕdx =


Ω
uA

ϕdx, với mọi ϕ ∈ C
m
0
(Ω). (1.10)
Đặt b
µ
(x) = a
µ
(x) thì công thức (1.9) được viết lại là
A

(x, D)ϕ =

|µ|≤m
D
µ
(b
µ
(x)ϕ) (1.11)
Dễ thấy A

cũng là một toán tử vi phân đạo hàm riêng tuyến tính cấp
m. Đặc biệt khi A là toán tử với hệ số hằng và nhận giá trị thực thì A

trùng với A.
Mệnh đề 1.2.1. Cho u là một hàm liên tục trên Ω và giả sử


Ω
u ¯ϕdx = 0, với mọi ϕ ∈ C
∞
0
(Ω) (1.12)
trong đó ϕ là hàm tiêu hạn ở dải gần biên ∂Ω. Khi đó ta khẳng định u
đồng nhất bằng 0 trong Ω.
Chứng minh. Giả sử x
0
∈ Ω sao cho u(x
0
) = 0 và
Re u(x
0
) > 0, (1.13)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
8
trong đó Re u(x
0
) là phần thực của u(x
0
). Vì u là một hàm liên tục nên
tồn tại một ε−lân cận của điểm x
0
sao cho Re u(x) > 0, với mọi x mà
|x − x
0
| < ε, trong đó
|x|

2
= x
2
1
+ x
2
2
+ . . . + x
2
n
.
Ta khẳng định có thể tìm được hàm ϕ ∈ C
∞
(Ω) sao cho
ϕ(x) > 0 với |x − x
0
| < r, 0 < r < ε
và
ϕ(x) = 0 với |x − x
0
| ≥ r.
Thật vậy, ta đặt
j(x) =

exp

(|x|
2
− 1)
−1


nếu |x| < 1
0 nếu |x| ≥ 1
(1.14)
và chọn ϕ(x) = j

x − x
0
r

thì rõ ràng ϕ(x) ∈ C
∞
(Ω) và hàm uϕ(x)
cũng có tính chất
Re (uϕ(x)) > 0 với |x − x
0
| < r
và
Re (uϕ(x)) = 0 với |x − x
0
| ≥ r.
Suy ra
Re



Ω
uϕdx



> 0.
Điều này mâu thuẫn với (1.12) nên giả thiết (1.13) là sai.
Chứng minh tương tự ta có Re (u(x
0
)) không thể nhỏ hơn 0.
Vậy
Re u = 0.
Một cách tương tự, ta cũng chứng minh được
Im (u(x)) = 0.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
9
Vậy u ≡ 0 trong Ω.
1.3 Một ví dụ về phương trình không có nghiệm
Xét phương trình vi phân đạo hàm riêng
u
x
+ iu
y
+ 2(ix − y)u
t
= f(x, y, t), (1.15)
trong đó
f = f
1
+ if
2
u = u
1
+ iu
2

u
x
= u
1x
+ iu
2x
u
y
= u
1y
+ iu
2y
u
t
= u
1t
+ iu
2t
.
Phương trình này do Hans Lewy đưa ra năm (1957). Ta sẽ đi chứng
minh phương trình này không có nghiệm với một số vế phải f(x, y, t).
Ta thấy phương trình (1.15) tương đương với hệ phương trình sau

u
1x
− u
2y
− 2xu
2t
− 2yu

1t
= f
1
u
2x
+ u
1y
+ 2xu
1t
− 2yu
2t
= f
2
.
(1.16)
Chứng minh. Đặt z = x + iy thì u(x, y, t) là hàm biến z và t. Nó là hàm
giải tích khi và chỉ khi thỏa mãn hệ phương trình Cauchy-Riemann sau
đây

u
1x
= u
2y
u
1y
= −u
2x
(1.17)
hoặc
u

x
+ iu
y
= 0 (1.18)
hay

2u
z
= u
x
− iu
y
2u
¯z
= u
x
+ iu
y
(1.19)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
10
Phương trình (1.18) trở thành
u
¯z
= 0. (1.20)
Lúc này, phương trình (1.15) trở thành
u
¯z
+ izu
t

=
1
2
f. (1.21)
Xét tập hợp
Ω =

(x, y, t)


x
2
+ y
2
< a, |t| < b, a, b > 0

.
Ta sẽ chỉ ra rằng với một số hàm f ∈ C
∞
(Ω) thì phương trình (1.15)
không có nghiệm trong C
1
(Ω).
Thật vậy, lấy Ψ(σ, τ) là hàm khả vi liên tục của hai biến phức σ và τ,
triệt tiêu ở bên ngoài hình chữ nhật
D =

(σ, τ)



0 < σ < a, |τ| < b

.
Đặt ϕ(x, y, t) = Ψ(ρ, t), ρ = x
2
+ y
2
.
Chú ý rằng ϕ là hàm khả vi liên tục theo x, y, t trong Ω và triệt tiêu ở
ngoài Ω.
Ta có
ϕ
z
(x, y, t) = ¯zΨ
ρ
(ρ, t).
Giả sử u là nghiệm của phương trình (1.15) thì ta có

Ω
(u
¯z
+ izu
t
) ¯ϕdxdydt =
1
2

Ω
f ¯udxdydt. (1.22)
Áp dụng công thức tích phân từng phần (1.4) ta có

−

Ω
u(ϕ
z
− i¯zϕ
t
)dxdydt =
1
2

Ω
f ¯ϕdxdydt. (1.23)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
11
Suy ra
−

Ω
zu(Ψ
ρ
− iΨ
t
)dxdydt =
1
2

Ω
f ¯ϕdxdydt. (1.24)
Ta xét trong hệ tọa độ cực, đặt

tan θ =
y
x
.
Do 2dρdθ = dxdy nên phương trình (1.24) trở thành
−
b

−b
2π

0
a

0
zu(Ψ
ρ
− iΨ
t
)dρdθdt =
1
2
b

−b
2π

0
a


0
f ¯ϕdρdθdt. (1.25)
Đặt
U(ρ, t) =
2π

0
zudθ. (1.26)
Giả sử f là hàm không phụ thuộc vào θ. Vì Ψ cũng không phục thuộc
vào θ nên ta có
−
b

−b
a

0
U

Ψ
ρ
− iΨ
t

dρdt = π
b

−b
a


0
fΨdρdt. (1.27)
Áp dụng công thức tích phân từng (1.4) phần vào vế trái ta có
b

−b
a

0
(U
ρ
+ iU
t
− πf) Ψdρdt = 0. (1.28)
Do Ψ là hàm bất kì khả vi liên tục và bị triệt tiêu ngoài miền
{0 < ρ < a, |t| < b}
nên từ mệnh đề 1.2.1 suy ra
U
ρ
+ iU
t
= πf, 0 < ρ < a, |t| < b. (1.29)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
12
Lấy f = g

(t), ở đó g là hàm trơn nhận giá trị thực của một biến t và
đặt
V (ρ, t) = U + πig(t). (1.30)
Khi đó

V
ρ
+ iV
t
= 0, 0 < ρ < a, |t| < b
và do đó V là hàm giải tích của biến ρ + it trên tập hợp này. Vì u(x, y, t)
là hàm liên tục trên {0 < ρ < a, |t| < b} nên U(ρ, t) cũng vậy. Tuy nhiên
U(0, t) = 0 do (1.26) nên
Re V (0, t) = 0, |t| < b. (1.31)
Vì V là hàm giải tích trong {0 < ρ < a, |t| < b} và có phần thực triệt
tiêu khi ρ = 0, nên ta có thể thác triển hàm V (ρ, t) một cách giải tích qua
đường thẳng ρ = 0.
Đặc biệt V (0, t) là hàm giải tích của t trong miền {|t| < b}. Nhưng
V (0, t) = πig(t). Do đó ta chỉ ra rằng, phương trình (1.15) có nghiệm khi
và chỉ khi f là hàm giải tích theo biến t. Song nếu ta xét ví dụ sau
g(t) =

e
−t
nếu t > 0
0 nếu t ≤ 0
(1.32)
thì f là hàm khả vi liên tục mọi cấp nhưng không giải tích ở lân cận
của điểm t = 0. Vì vậy phương trình (1.15) không có nghiệm với hàm
f(t) = g

(t), trong đó g(t) được xác định bởi (1.32).
1.4 Không gian Hilbert
Ta nhắc lại định nghĩa không gian Hilbert trên trường số phức. Kí hiệu
là H chứa các phần tử u, v, w,

Ta định nghĩa 2 phép toán cộng và nhân như sau
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
13
Phép cộng
+ : H × H −→ H
(x, y) −→ x + y
Phép nhân
 : C × H −→ H
(α, x) −→ αx
Phép toán cộng và nhân thỏa mãn một số tiên đề sau
u + v = v + u (1.33)
(u + v) + w = u + (v + w) (1.34)
(α + β)u = αu + βu (1.35)
α(u + v) = αu + αv (1.36)
α(βu) = (αβ)u (1.37)
Tồn tại phần tử trung hòa đối với phép toán cộng kí hiệu là 0 sao cho
u + 0 = 0 + u = u (1.38)
Với mỗi cặp (u, v) ∈ H. Ta định nghĩa tích vô hướng của chúng (kí hiệu
(u, v)) như sau
(αu + βv, w) = α(u, v) + β(v, w) (1.39)
(u, v) = (v, u) (1.40)
(u, u) > 0 khi u = 0 (1.41)
Bây giờ từ các phương trình
(α + β)u = αu + βu (1.42)
và
(αu + βv, w) = α(u, w) + β(v, w) (1.43)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
14
ta có
(0u, 0u) = (1u + (−1)u, 0u)

= (u, 0u) − (u, 0u)
= 0.
(1.44)
Chứng tỏ
0u = 0,
kết hợp với (1.41) ta có
(0, u) = 0. (1.45)
Cũng do 0u = 0 và theo công thức (1.39) ta suy ra
(0, u) = (0u, u)
= 0(u, u)
= 0.
(1.46)
Tương tự ta có
u + (−1)u = 0. (1.47)
Với u, v là các phần tử bất kì của H, ta có
(u + (−1)u, v) = 1(u + (−1)u, v)
= (1u + (−1)u, v)
= (0, v)
= 0.
(1.48)
Từ công thức (1.39), (1.36), (1.37), (1.35), (1.45) và công thức 0u = 0 lấy
v = u + (−1)u. Ta thấy
u + (−1)u = 0. (1.49)
Cộng hai vế của (1.47) với 1u và kết hợp (1.37), (1.34), (1.35), (1.38) ta có
u = 1u. (1.50)
Từ phương trình (1.47) ta thấy có thể định nghĩa phép trừ như sau
Nếu u + v = w thì u + v + (−1)v = w + (−1)v và do đó u = w + (−1)v.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
15
Từ (1.34), (1.47), (1.38) ta viết −v thay cho (−1)v và w − v thay cho

w + (−1)v
Từ (1.37) và công thức 0.u = 0 ta có
α0 = 0. (1.51)
Nếu đặt
||u|| = (u, u)
1
2
Ta có
||αu|| = |α|||u|| (1.52)
||u|| > 0 nếu u = 0 (1.53)
||u + v|| ≤ ||u|| + ||v|| (1.54)
||u + v||
2
+ ||u − v||
2
= 2||u||
2
+ 2||v||
2
(1.55)
|(u, v)| ≤ ||u||||v||. (1.56)
Ta gọi ||u|| là chuẩn của u. Trong các phát biểu (1.54), (1.55), (1.56)
được gọi lần lượt là bất đẳng thức tam giác, quy tắc hình bình hành và bất
đẳng thức Schwarz.
Ta có
||u + v||
2
= (u + v, u + v)
= ||u||
2

+ (u, v) + (v, u) + ||v||
2
,
(1.57)
||u − v||
2
= (u − v, u − v)
= ||u||
2
− (u, v) − (v, u) + ||v||
2
.
(1.58)
Cộng vế với vế của hai đẳng thức (1.57), (1.58) ta được (1.55).
Ta chứng minh phát biểu (1.56).
Thật vậy
Ta xét biểu thức
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
16
||αu + v||
2
= (αu + v, αu + v)
= |α|
2
.||u||
2
+ 2Re α(u, v) + ||v||
2
=





α||u|| +
(v, u)
||u||




2
+ ||v||
2
−
|(u, v)|
2
||u||
2
·
(1.59)
Ta thấy rằng trong biểu thức (1.59) có thể giả sử u = 0 (bởi nếu u = 0
thì phát biểu (1.56) được suy ra từ công thức 0.u = 0 ).
Mặt khác ta thấy rằng biểu thức (1.59) đúng với mọi α ∈ C nên ta có thể
chọn
α = −
(v, u)
||u||
2
.
Khi đó thay α = −

(v, u)
||u||
2
vào biểu thức (1.59) ta nhận được
||v||
2
−
|(u, v)|
2
||u||
2
≥ 0
suy ra
|(u, v)| − ||u||||v|| ≤ 0
hay
|(u, v)| ≤ ||u||||v||.
Vây bất đẳng thức (1.56) được chứng minh xong.
Ta chứng minh bất đẳng thức (1.54) bằng cách suy ra từ
||u + v||
2
= ||u||
2
+ 2Re (u, v) + ||v||
2
≤ ||u||
2
+ 2||u||.||v|| + ||v||
2
= (||u|| + ||v||)
2

.
Các phát biểu từ (1.33) đến (1.41) là các tiên đề cho không gian Hilbert
đầy đủ, có nghĩa là mọi dãy u
k
là các phần tử của H thỏa mãn
||u
j
− u
k
|| → 0 khi j, k → ∞, (1.60)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
17
tồn tại một phần tử u ∈ H sao cho
||u − u
k
|| → 0 khi k → ∞. (1.61)
Một dãy thỏa mãn (1.60) gọi là dãy Cauchy, chú ý rằng (1.61) suy ra
(1.60) bởi (1.54)
Tính đầy đủ là vô cùng quan trọng trong các ứng dụng. Đôi khi ta viết
(1.61) là
u
k
→ u ∈ H khi k → ∞. (1.62)
Tiếp theo ta nêu một số tính chất quan trọng của không gian Hilbert.
Một tập con S ⊂ H gọi là một không gian con nếu ∀u, v ∈ S, ∀α, β là
các vô hướng thì αu + βv ∈ S
S được gọi là không gian con đóng nếu mọi dãy Cauchy của các phần
tử trong S hội tụ về một phần tử của S.
Hiển nhiên một không gian con đóng của không gian Hilbert là không
gian Hilbert.

Bổ đề 1.4.1. Cho M là không gian con đóng của H thì với mọi u không
thuộc M có một v thuộc M sao cho
||u − v|| = inf
w∈M
||u − w||. (1.63)
Chứng minh. Tập hợp d = inf||u − w||, w ∈ M thì có một dãy cực tiểu
{w
k
} ⊆ M sao cho ||u − w
k
|| → d khi k → ∞
Từ công thức (1.55) ta thấy
4||u −
1
2
(w
k
+ w
j
)||
2
+ ||w
k
− w
j
||
2
= 2(||u − w
k
||

2
+ ||u − w
j
||
2
)
→ 4d
2
khi j, k → ∞ (1.64)
vì
1
2
(w
k
+ w
j
) ∈ H, 4||u −
1
2
(w
k
+ w
j
)||
2
≥ 4d
2
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
18
và

||w
k
− w
j
|| → 0 khi j, k → ∞.
Từ H là không gian đầy đủ nên có một v ∈ M sao cho
||w
k
− v|| → 0.
Điều này có nghĩa
||u − v|| = lim ||u − w
k
|| = d.
Định lý 1.4.1. (Định lí phép chiếu) Cho M là không gian con đóng của
H. Khi đó với mọi u thuộc H thì tồn tại v thuộc M thỏa mãn (u−v, M) =
0. Tức là (u − v, w) = 0 với mọi w thuộcM.
Chứng minh. Nếu u ∈ M, ||u − v|| = d. Khoảng cách từ u đến M. Bây giờ
nếu w = 0 là phần tử bất kì của M, ta có
||u − v||
2
≤ ||u − v − αw||
2
= ||u − v||
2
− 2Re α(u − v, w) + |α|
2
.||w||
2
, ∀α ∈ C.
Trong tính toán này nếu chúng ta lấy

α =
(u − v, w)
||w||
2
thì
||u − v||
2
≤ ||u − v||
2
− 2
|(u − v, w)|
2
||w||
2
+
|(u − v, w)|
2
||w||
2
suy ra
|(u − v, w)|
2
≤ 0. (1.65)
Mặt khác ta luôn có
|(u − v, w)|
2
≥ 0. (1.66)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
19
Từ (1.65) và (1.66) ta có

0 ≤ |(u − v, w)|
2
≤ 0
nên
(u − v, w) = 0.
Suy ra
(u − v, M) = 0.
Hệ quả 1.4.1. Nếu M = H, thì tồn tại w khác không,w thuộc H sao
cho (w, M) = 0.
Chứng minh. Từ giả thiết u ∈ H, u /∈ M và từ định lí phép chiếu 1.4.1
∃v ∈ M sao cho
(u − v, M) = 0
lấy
w = u − v
thì
(w, M) = 0.
Rõ ràng w = 0.
Một phiếm hàm tuyến tính, bị chặn F trên H là một hàm nhận giá trị
phức trên H, và thỏa mãn các điều kiện sau
1. F (αu + βv) = αFu + βF v, ∀α, β ∈ C, ∀u, v ∈ H
2. ∃ hằng số K sao cho
|F u| ≤ K||u||, u ∈ H (1.67)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
20
Ta đinh nghĩa
||F || = sup
u∈H
|F u|
||u||
. (1.68)

Chú ý: Một hàm tuyến tính bị chặn là liên tục bởi vì nếu u
k
− u ∈ H suy
ra F u
k
→ F u do công thức (1.67)
|F (u
k
− u)| ≤ K||u
k
− u|| → 0 khi k → ∞.
Định lý 1.4.2. (Fréchet-Riez)
Với mọi phiếm hàm tuyến tính bị chặn F trên H, ∃f ∈ H sao cho
F u = (u, f), u ∈ H (1.69)
và
||F || = ||f||. (1.70)
Chứng minh. Cho N = {v ∈ H|F v = 0} thì N là không gian con của H
nếu u, v ∈ N, ta có
F (αu + βv) = αF u + βF v = 0, ∀α, β là vô hướng
và do αu +βv ∈ N, cộng với N là không gian con đóng của H nếu v
k
∈ H
và v
k
→ v nên ta có
|F v| = |F (v − v
k
)| ≤ K||v − v
k
|| → 0 khi k → ∞.

Do đó v ∈ N.
Bây giờ nếu N = H thì định lí chứng minh dễ dàng, chỉ cần xét f = 0.
Trường hợp khác có một w = 0, w ∈ H sao cho (w, H) = 0 ( áp dụng hệ
quả 1.4.1).
Do đó
F w = 0
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
21
và
F

u −
F u
F w
w

= F u −
F u
F w
F w
= 0.
Do vậy
{u −
F u
F w
w} ∈ N, ∀u ∈ H
Nói riêng điều này có nghĩa là

u −
F u

F w
w, w

= 0
tức là
(u, w) =
F u
F w
||w||
2
.
Do đó
F u =

u,
w
||w||
2
F w

.
Điều này chỉ ra phát biểu (1.69) bằng cách chọn f =
wF w
||w||
2
.
Mặt khác áp dụng phát biểu (1.69) và công thức (1.56) ta có
|F u| ≤ ||f||||u||
suy ra
||F || ≤ ||f||

và bằng cách chọn u = f và áp dụng phát biểu (1.69) ta suy ra
F f = ||f||
2
hoặc
||f|| =
|F f|
||f||
≤ ||F ||.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
22
Cho S là không gian con của H ta định nghĩa S (bao đóng của S) là
tập hợp tất cả các phần tử f ∈ H, là giới hạn của phần tử trên S.
f ∈ S nếu tồn tại một dãy v
k
⊆ S sao cho
||v
k
− f|| −→ 0.
Do đó f ∈ S nếu S là đóng.
Dễ dàng kiểm tra S là không gian con đóng của H và là không gian con
nhỏ nhất chứa S.
Định lý 1.4.3. (Hahn-Banach)
Cho S là một không gian con khác rỗng của H và F là một phiếm hàm
tuyến tính bị chặn trên S thỏa mãn
|F u| ≤ K
0
||u||, u ∈ S. (1.71)
Khi đó tồn tại một phiếm hàm tuyến tính bị chặn G trên H sao cho
Gu = F u, với u ∈ S và |Gv| ≤ K
0

||v||, với v ∈ H.
Chứng minh. Trước hết ta mở rộng miền F trên S bằng cách như sau
Chọn dãy {v
k
} ⊂ S và ||v
k
− f|| −→ 0.
Đặt
F f = lim Fv
k
.
Giới hạn này tồn tại vì
|F (v
k
− v
j
)| ≤ K
0
||v
k
− v
j
|| −→ 0
Và nó không phụ thuộc vào cách chọn dãy {v
k
}.
Thật vậy nếu chọn v

k
là dãy khác cũng thỏa mãn điều kiện của bài

toán. Khi đó
|F v
k
− Fv

k
| = |F (v
k
− v

k
)|
≤ K
0
||v
k
− v

k
||
≤ K
0
(||v
k
− f|| + ||f − v

k
||) −→ 0.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
23

Hơn nữa
|F f| = lim |F v
k
| ≤ lim K
0
||v
k
|| = K
0
||f||.
Vì vậy F có thể mở rộng là một phiếm hàm tuyến tính bị chặn trên S.
Bây giờ ta lấy ∀w ∈ H, ∃w
1
∈ S sao cho (w−w
1
, S) = 0 (định lí 1.4.1).
Ta đặt
Gw = F w
1
.
Hiển nhiên G thỏa mãn điều kiện 1 của định nghĩa của một phiếm hàm
tuyến tính bị chặn (xem hệ quả 1.4.1). Hàm này cũng thỏa mãn điều kiện
2 của hệ quả 1.4.1. Điều này là do
||w||
2
= ||w
1
||
2
+ ||w − w

1
||
2
.
Do vậy ||w
1
|| ≤ ||w|| và |Gw| = |F w
1
| ≤ K
0
||w
1
|| ≤ K
0
||w||.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên