bài toán dirichlet cho phương trình monge-ampère elliptic

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC






NGÔ THANH HUYỀN







BÀI TOÁN DIRICHLET CHO PHƯƠNG TRÌNH
MONGE-AMPÈRE ELLIPTIC






LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2013
ĐẠI HỌC THÁI NGUN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGƠ THANH HUYỀN
BÀI TỐN DIRICHLET CHO PHƯƠNG TRÌNH
MONGE-AMPÈRE ELLIPTIC
LUẬN VĂN THẠC SỸ TỐN HỌC
Chun ngành: TỐN ỨNG DỤNG
Mã số: 60.46.01.12
Người hướng dẫn khoa học:
PGS. TS.HÀ TIẾN NGOẠN
THÁI NGUN - NĂM 2013
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />1
Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1 Phương trình Monge-Ampère elliptic 4
1.1 Khái niệm phương trình Monge-Ampère elliptic . . . . . . . 4
1.1.1 Định nghĩa phương trình Monge-Ampère elliptic . . 4
1.1.2 Một số tính chất của phương trình Monge-Ampère
elliptic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2 Phương pháp liên tục đối với bài tốn Dirichlet . . . . . . . 7
1.2.1 Đặt bài tốn Dirichlet. . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2.2 Khơng gian H¨older C
k,α
(Ω). . . . . . . . . . . . . . 8
1.2.3 Nội dung của phương pháp liên tục. . . . . . . . . . 9
1.3 Đánh giá đối với nghiệm bài tốn Dirichlet trong khơng gian
C
2

Ω

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3.1 Bước 1. Đánh giá |u| trong Ω. . . . . . . . . . . . . 11
1.3.2 Bước 2. Đánh giá |∇u| trong Ω. . . . . . . . . . . . 11
1.3.3 Bước 3. Đánh giá


D
2
u


trên ∂Ω. . . . . . . . . . . . 12
1.3.4 Bước 4. Đánh giá


D
2
u



trong Ω . . . . . . . . . . . 18
2 Đánh giá đạo hàm cấp hai của nghiệm bài tốn Dirichlet
trong khơng gian H¨older 20
2.1 Đánh giá chuẩn H¨older đối với nghiệm của phương trình
elliptic tuyến tính và đạo hàm cấp một của nó. . . . . . . . 20
2.1.1 Bất đẳng thức Harnack . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.1.2 Đánh giá chuẩn H¨older đối với nghiệm . . . . . . . . 21
2.1.3 Đánh giá chuẩn H¨older trên biên đối với đạo hàm
cấp một theo pháp tuyến của nghiệm . . . . . . . . 23
2.2 Đánh giá đạo hàm cấp hai bên trong miền . . . . . . . . . . 27
2.3 Đánh giá đạo hàm cấp hai trên tồn miền . . . . . . . . . . 31
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />3
Mở đầu
Luận văn nghiên cứu tính giải được của bài tốn biên Dirichlet cho
phương trình Monge-Ampèra elliptic trong miền Ω bị chặn và lồi chặt của
R
n
. Đây là một phương trình đạo hàm riêng cấp hai phi tuyến hồn tồn,
do đó việc nghiên cứu nó là phức tạp hơn so với các phương trình elliptic
tuyến tính hoặc á tuyến tính.
Để tiếp cận bài tốn trên, người ta dùng phương pháp liên tục, trong
đó đưa vào bài tốn tham số t ∈ [0, 1] sao cho khi t = 0 thì bài tốn ln
có nghiệm và trường hợp khi t = 1 được tương ứng với bài tốn của chúng
ta. Phương pháp này đòi hỏi phải tiến hành đánh giá tiên nghiệm trong
C

2,α

¯
Ω

đối với nghiệm của bài tốn. Do đó, tồn bộ phần còn lại của
Luận văn là dành cho việc trình bày đánh giá này.
Luận văn gồm hai chương. Trong chương I mơ tả phương trình Monge-
Ampere elliptic, phát biểu bài tốn Dirichlet cho phương trình này và tiến
hành đánh giá tiên nghiệm theo chuẩn C
2

¯
Ω

đối với nghiệm bài tốn
trong bốn bước.
Phần đầu của chương II trình bày các đánh giá tiên nghiệm đối với
phương trình elliptic tuyến tính cấp hai. Sau đó áp dụng các kết quả này
để đánh giá theo chuẩn C
α
đối với các đạo hàm cấp hai ở bên trong miền Ω
và ở trên biên ∂Ω. Các kết quả này cùng với các đánh giá nhận được trong
chương I sẽ kết thúc việc đánh giá theo chuẩn C
2,α

¯
Ω

đối với nghiệm. Từ

đó, dựa vào phương pháp liên tục, suy ra sự tồn tại nghiệm của bài tốn
Dirichlet đối với phương trình Monge-Ampère elliptic.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />4
Chương 1
Phương trình Monge-Ampère
elliptic
1.1 Khái niệm phương trình Monge-Ampère ellip-
tic
Trong chương này, chúng ta trình bày phương pháp liên tục để nghiên
cứu về tính giải được của bài tốn Dirichlet cho phương trình Monge-
Ampère. Phương pháp này đòi hỏi phải đánh giá được nghiệm của bài
tốn này trong khơng gian C
2,α

¯
Ω

. Trong Mục 1.3 chúng ta sẽ đưa ra
các đánh giá cho nghiệm và đạo hàm đến cấp hai của nó theo chuẩn trong
khơng gian C

Ω

.
1.1.1 Định nghĩa phương trình Monge-Ampère elliptic
Giả sử Ω là một miền bị chặn trong R
n
với biên ∂Ω trơn. Phương trình
Monge-Ampère có dạng
det (u

ij
) = f (x) , x ∈ Ω, (1.1)
trong đó x = (x
1
, x
2
, , x
n
), f(x) là hàm số cho trước Ω, u = u (x) là ẩn
hàm, u
ij
(x) = u
x
i
x
j
(x) là đạo hàm cấp hai của ẩn hàm.
Phương trình (1.1) được gọi là phương trình Monge-Ampère elliptic nếu
f (x) > 0, ẩn hàm u(x) là hàm lồi và ma trận [u
ij
(x)] là xác định dương
tại mọi điểm x ∈ Ω.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />1.1.2 Một số tính chất của phương trình Monge-Ampère el-
liptic
Tốn tử Monge-Ampère M được xác định bởi
M (u) = det (u
ij
),
đối với u ∈ C
2

(Ω). Rõ ràng, M (u) ≥ 0 nếu u(x) là lồi, và M (u) > 0
nếu u là lồi ngặt.
Đối với hàm u lồi ngặt, ta sẽ đưa vào tốn tử
F

D
2
u

≡ log det (u
ij
).
Định lý 1.1. Ta có các cơng thức sau
F
ij
≡
∂F
∂u
ij
= u
ij
,
F
ij,kl
≡
∂
2
F
∂u
ij

∂u
kl
= −u
ik
u
jl
,
trong đó

u
ij

là ma trận nghịch đảo của ma trận Hessian (u
ij
) .
Chứng minh. Chúng ta kí hiệu A =

A
ij

là ma trận các phần bù đại số
của ma trận H = [u
ij
], tức là A = (det H) H
−1
. Với i = 1, . . . . . . n, chúng
ta khai triển định thức theo hàng thứ i
det D
2
u = A

il
.u
il
+ + A
in
u
in
.
Sau đó dễ dàng thấy
∂F
∂u
ij
=
1
det D
2
u
.A
ij
= u
ij
.
Tiếp theo, cố định i, j = 1, , n, chúng ta có theo định nghĩa
u
ik
.u
jk
= δ
i
j

=

1, nếu i = j
0, nếu i = j
.
Lấy đạo hàm đẳng thức trên đối với u
pq
, chúng ta có

u
ik

u
pq
.u
jk
+ u
ik
(u
jk
)
u
pq
= 0.
Nhân hai vế với u
jl
và lấy tổng theo j, chúng ta có

u
il


u
pq
=

u
ik

u
pq
.u
jk
.u
jl
= −u
ik
.u
jl
.(u
jk
)
u
pq
= −u
iq
u
pl
,
hoặc
5

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />∂u
ij
∂u
kl
= −u
il
.u
kj
.
Vì thế chúng ta có được
∂
2
F
∂u
ij
∂u
kl
=
∂u
ij
∂u
kl
= −u
il
.u
kj
.
Ở trên và dưới đây, nếu trong biểu thức có các chỉ số lặp thì ta quy
định là lấy tổng theo chỉ số lặp đó.
Định lý 1.2. Hàm F là hàm lõm của các đối số của nó, đó là các ma trận

xác định dương D
2
u = (u
ij
). Điều này có nghĩa là
∂
2
F
∂u
ij
∂u
kl
m
ij
m
kl
≤ 0,
đối với mọi ma trận xác định dương M = (m
ij
) .
Chứng minh. Chúng ta chéo hóa ma trận (u
ij
). Sau đó

u
ij

trở thành ma
trận đường chéo diag


λ
1
, , λ
n

với λ
i
> 0, i = 1, , n. Do đó, chúng
ta có
∂
2
F
∂u
ij
∂u
kl
.m
ij
.m
kl
= −u
il
.u
kj
.m
ij
.m
kl
= −λ
i

.λ
j
.m
2
ij
≤ 0.
Trước khi nghiên cứu về phương trình Monge-Ampère, chúng ta nêu ra
một kết quả đơn giản đối với ma trận dương, mà sẽ cần thiết sau này. Nếu
H = (u
ij
) là ma trận dương, khi đó ta có
|u
ij
| ≤
1
2
(u
ii
+ u
jj
).
Điều này có thể dễ dàng nhìn thấy như sau: khi H dương, bất kỳ ma trận
đường chéo chính 2 × 2 nào đều xác định dương. Điều này suy ra
u
2
ij
≤ u
ii
.u
jj

.
Bất đẳng thức Cauchy sẽ cho ta kết quả bên trên.
Bây giờ chúng ta quay trở lại phương trình Monge-Ampège
det (u
ij
) = f.
Chúng ta viết lại nó như sau
6
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />F

D
2
u

= log det (u
ij
) = log f,
cho u lồi ngặt
Giả sử ∂ là một đạo hàm theo hướng tùy ý trong R
n
. Áp tốn tử ∂ vào
hai vế của phương trình trên, chúng ta có được
u
ij
∂u
ij
= ∂ log f.
Điều này dẫn đến tốn tử vi phân
L ≡ u
ij

∂
ij
,
trong đó ∂
ij
u = ∂u
ij
. Khi u là lồi ngặt, L là elliptic. Chúng ta nhận được
L (∂u) = ∂ log f.
Lấy đạo hàm một lần nữa. Chúng ta có
L

∂
2
u

− u
il
u
kj
∂u
ij
∂u
kl
= ∂
2
log f,
hoặc
L


∂
2
u

= u
il
u
kj
∂u
ij
∂u
kl
+ ∂
2
log f.
Số hạng đầu tiên bên phải là dương, khi u là lồi ngặt. Khi đó chúng ta có
L

∂
2
u

≥ ∂
2
log f.
1.2 Phương pháp liên tục đối với bài tốn Dirichlet
1.2.1 Đặt bài tốn Dirichlet.
Chúng ta xét bài tốn Dirichlet sau
det u
ij

= f(x) trong Ω,
u = ϕ trên ∂Ω,
(1.2)
ở đây f ∈ C
∞

Ω

, f > 0, trong Ω và ϕ ∈ C
∞
(∂Ω) là các hàm số được
cho trước.
7
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />1.2.2 Khơng gian H¨older C
k,α
(Ω).
C
0

¯
Ω

là khơng gian các hàm liên tục trên
¯
Ω với chuẩn
u
C
0
(
¯

Ω
)
= max
¯
Ω
|u (x)|.
Người ta thường viết C
0

¯
Ω

= C

¯
Ω

.
Định nghĩa
C
k

¯
Ω

=

u (x) ∈ C

¯

Ω

; D
β
u ∈ C

¯
Ω

, ∀|β| ≤ k

,
với chuẩn u
C
k
(
¯
Ω
)
=

|β|≤k


D
β
u


C

(
¯
Ω
)
.
Ở đây ta dùng các kí hiệu sau
β = {β
1
, β
2
, , β
n
}, β
j
∈ N,
|β| = β
1
+ β
2
+ + β
n
,
D = (D
1
, D
2
, , D
n
) , D
j

=
∂
∂x
j
,
D
β
= D
β
1
1
D
β
2
2
D
β
n
n
.
Cho 0 ≤ α ≤ 1, định nghĩa
[u]
α,Ω
= sup
x,y∈
¯
Ω
x=y
|u(x)−u(y)|
|x−y|

α
.
Khi đó
C
α

¯
Ω

=

u ∈ C

¯
Ω

; [u]
α,Ω
< +∞

,
với chuẩn
u
C
α
(
¯
Ω
)
= u

C
0
(
¯
Ω
)
+ [u]
α,Ω
.
Với k là một số tự nhiên, ta định nghĩa
C
k,α

¯
Ω

=

u ∈ C
k

¯
Ω

; [D
α
u]
α,Ω
< +∞, ∀|α| = k


,
với chuẩn
u
k+α,Ω
= u
C
k,α
(
¯
Ω
)
= u
C
k
(
¯
Ω
)
+

|α|=k
[D
α
u]
α,Ω
,
các khơng gian C
k

¯

Ω

và C
k,α

¯
Ω

là khơng gian Banach.
8
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />1.2.3 Nội dung của phương pháp liên tục.
Giả sử Ω là miền lồi ngặt bị chặn trong R
n
. Giả sử u
0
∈ C
∞

Ω

là
một hàm số lồi ngặt với u
0
= ϕ trên ∂Ω. Chúng ta có thể dễ dàng tìm
được một hàm u
0
như vậy sao cho
f
0
≡ det


u
0
ij

≥ f trong Ω.
Với mỗi t ∈ [0, 1], chúng ta tìm một nghiệm lồi ngặt u
t
∈ C
2+α

Ω

của
bài tốn Dirichlet sau
det

u
t
ij

= t.f + (1 − t)f
0
trong Ω,
u
t
= ϕ trên ∂Ω. (1.3)
Chúng ta xét tập hợp
I =


t ∈ [0, 1] : (1.3) có nghiệm lồi ngặt u
t
∈ C
2+α

Ω

.
Rõ ràng 0 ∈ I , vì (1.2) có một nghiệm u
0
. Bây giờ chứng minh I là mở.
Chúng ta viết lại phương trình trong (1.3) như sau
G (u, t) ≡ det (u
ij
) −tf −(1 −t) f
0
= 0.
Chúng ta nhận thấy đạo hàm Frèchet của G tại u được xác định như sau
G
u
v = det (u
ij
) u
ij
∂
ij
v.
Do u một hàm lồi ngặt, G
u
là một tốn tử tuyến tính elliptic đều với các

hệ số C
α
. Theo lý thuyết cổ điển Schauder, G
u
là một tốn tử khả nghịch
với mọi điều kiện biên ϕ cố định. Giả sử t
0
∈ I, G (u
t
0
, t
0
) = 0 đối với một
hàm số lồi ngặt u
t
0
∈ C
2+α

Ω

. Theo Định lý hàm ẩn, khi t gần t
0
thì
có duy nhất một u
t
∈ C
2+α

Ω


gần u
t
0
trong chuẩn của C
2+α
, thỏa mãn
G (u
t
, t) = 0. Rõ ràng u
t
là một hàm lồi ngặt khi t gần t
0
. Do đó I là mở.
Nếu chúng ta thiết lập được đánh giá tiên nghiệm
u
t

2+α,Ω
≤ K độc lập đối với t,
thì khi đó I cũng là đóng theo Định lý Arzela–Ascoli. Do đó I là tồn bộ
đoạn [0, 1] . Hàm u
1
là nghiệm mà chúng ta mong muốn của (1.2).
Do đó, phần còn lại của Luận văn là thiết lập đánh giá tiên nghiệm sau
u
2+α,Ω
≤ K, (1.4)
9
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />cho các nghiệm của (1.2), các hằng số K chỉ phụ thuộc vào Ω, các chuẩn

|f|
3
của f, max f
−1
và |ϕ|
4
.
Chúng ta đánh giá nghiệm theo chuẩn C
2+α
trong hai bước. Trong Bước
1 ở Mục 1.3 chúng ta ước lượng theo chuẩn trong C
2

¯
Ω

u
2,Ω
≤ K
2
.
Trong Bước 2 mà được thực hiện trong Chương II sẽ đưa ra đánh giá chuẩn
C
α

¯
Ω

của D
2

u

D
2
u

α,Ω
≤ K
2,α
.
Tính duy nhất của nghiệm bài tốn Dirichlet được suy ra từ Ngun
tắc so sánh sau đây.
Định lý 1.3. ([1]) Giả sử Ω ∈ R
n
là một miền bị chặn và u, v ∈ C
2

Ω

là các hàm lồi và thỏa mãn
det (u
ij
) ≥ det (v
ij
) trong Ω,
u ≤ v trên ∂Ω.
Khi đó u ≤ v trong Ω.
1.3 Đánh giá đối với nghiệm bài tốn Dirichlet trong
khơng gian C
2


Ω

Mục đích chính của mục này là trình bày định lý sau đây về đánh giá
đối với nghiệm bài tốn Dirichlet trong chuẩn của C
2

Ω

.
Định lý 1.4. Giả sử rằng Ω ⊂ R
n
là miền lồi ngặt bị chặn trong R
n
với
biên trơn ∂Ω và u, f, ϕ là hàm trơn trong Ω sao cho u là lồi ngặt và f là
dương trong Ω. Giả sử u thỏa mãn
det u
ij
= f(x) trong Ω,
u = ϕ trên ∂Ω.
(1.5)
Khi đó ta có
u
2,Ω
≤ K,
10
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />trong đó K là hằng số dương chỉ phụ thuộc Ω, các chuẩn |f|
3
của f,

max f
−1
và |ϕ|
4
. Ở đây |u|
k
là chuẩn của u trong C
k
(Ω).
Chứng minh. Giả sử u
0
∈ C
∞

Ω

là hàm lồi ngặt mà bằng ϕ trên ∂Ω và
thỏa mãn
f
0
= det

u
0
ij

≥ f trong Ω.
Chúng ta chia làm 4 bước sau
Bước 1. Đánh giá |u| trong Ω.
Bước 2. Đánh giá |∇u| trong Ω.

Bước 3. Đánh giá


D
2
u


trên ∂Ω.
Bước 4. Đánh giá


D
2
u


trong Ω.
Bây giờ chúng ta thực hiện từng bước.
1.3.1 Bước 1. Đánh giá |u| trong Ω.
Do u là lồi, chúng ta có
u ≤ max ϕ
∂Ω
.
Hơn nữa theo Định lí 1.2
u
0
≤ u. (1.6)
Ở đây chúng ta sử dụng det


u
0
ij

≥ f. Do đó chúng ta có
|u| ≤ K
0
. (1.7)
1.3.2 Bước 2. Đánh giá |∇u| trong Ω.
Do u là lồi , |Du| đạt cực đại của nó trên biên. Do các đạo hàm theo
các hướng tiếp tuyến là đã biết, ta chỉ cần đánh giá đạo hàm theo hướng
pháp tuyến ngồi trên ∂Ω. Nhận thấy hàm lồi u là điều hòa dưới. Từ (1.5)
và theo Ngun lý cực đại, ta có
u
0
≤ u ≤ h trong Ω,
trong đó h là hàm điều hòa trong Ω mà bằng ϕ trên ∂Ω. Do đó
h
v
≤ u
v
≤ u
0
v
trên ∂Ω. (1.8)
11
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />Do đó, chúng ta có được
|Du| ≤ K
1
trên ∂Ω và do đó trong Ω. (1.9)

Các hằng số K
1
phụ thuộc vào


u
0


1
.
1.3.3 Bước 3. Đánh giá


D
2
u


trên ∂Ω.
Chúng ta đánh giá đạo hàm cấp hai của u trên biên với sự trợ giúp của
hàm chắn phù hợp. Nhớ lại tốn tử tuyến tính được đưa vào ở cuối Mục
1.1
L = u
ij
∂
ij
.
Nếu chúng ta lấy logarit của hai vế của phương trình (1.4) và lấy vi phân
đối với x

k
, chúng ta có
Lu
k
= u
ij
u
ijk
= (log f)
k
. (1.10)
Chú ý
L (x
l
u
k
) = u
ij
∂
ij
(x
l
u
k
) = u
ij
∂
i
(δ
jl

u
k
+ x
l
u
jk
)
= u
ij
(δ
jl
u
ik
+ δ
il
u
jk
+ x
l
u
ijk
) = u
il
u
ik
+ u
lj
u
jk
+ x

l
u
ij
u
ijk
= 2δ
l
k
+ x
l
(log f)
k
.
Do đó chúng ta có được
L (x
l
u
k
− x
k
u
l
) = (x
l
∂
k
− x
k
∂
l

) log f. (1.11)
Điều này đơn giản là phản ánh thực tế rằng tốn tử (x
l
∂
k
− x
k
∂
l
) là đạo
hàm theo góc (trên |x| = constant) và biểu thức det (u
ij
) là bất biến đối
với phép quay.
Ta xét điểm bất kỳ trên biên mà khơng mất tính tổng qt, chúng ta
có thể lấy nó làm gốc tọa độ và trục x
n
là pháp tuyến trong. Khi đó, gần
gốc tọa độ, ∂Ω được biểu diễn qua
x
n
= ρ (x
,
) =
1
2
B
αβ
x
α

x
β
+ O

|x
,
|
3

, (1.12)
trong đó x
,
= (x
1
, , x
n−1
) và [B
αβ
] là ma trận xác định dương. Trong các
tổng trên chữ Hy Lạp α, β. . . được lấy từ 1 đến n – 1. Trên ∂Ω, chúng ta
có
12
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />u −ϕ = 0,
hoặc
(u −ϕ) (x
,
, ρ (x
,
)) = 0 với x


nhỏ.
Nhớ lại ϕ là xác định cả trong Ω. Vì vậy có được bằng cách đạo hàm đối
với x
α
và sau đó x
β
(∂
α
+ ρ
α
∂
n
) (u − v) = 0 trên ∂Ω,
và
(∂
β
+ ρ
β
∂
n
) (∂
α
+ ρ
α
∂
n
) (u − v) = 0 trên ∂Ω.
Chú ý ∂
α
ρ (0) = 0 và ∂

αβ
ρ (0) = B
αβ
. Do đó tại 0 chúng ta có được
∂
αβ
(u −v) (0) + B
αβ
∂
n
(u −v) (0) = 0.
Từ |Du| ≤ K
1
trên ∂Ω, chúng ta có được
|∂
αβ
u (0)| ≤ C với α, β = 1, , n − 1. (1.13)
Bây giờ chúng ta thiết lập đánh giá sau

α,β<n
u
αβ
(0) ξ
α
ξ
β
≥ C
0
> 0, (1.14)
cho bất kỳ véc tơ đơn vị ξ = (ξ

1
, , ξ
n−1
). Khơng làm mất tính tổng qt,
chúng ta giả định ξ
1
= 1. Chúng ta sẽ chứng minh
u
11
(0) ≥ C
0
> 0. (1.15)
Chúng ta giả sử
u (0) = 0, u
α
= 0 với α = 1, , n − 1. (1.16)
Để chứng minh (1.14) chúng ta xây dựng hàm chắn và chỉ ra cận dưới của
(1.7). Nhớ lại chúng ta có (1.11) trong ∂Ω.
Cho ˜u = u −λx
n
với λ được chọn sao cho
∂
2
∂x
n
1
˜u (x
,
, ρ (x
,

)) = 0 tại 0,
13
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />tức là
u
11
(0) + ˜u (0) ρ
11
(0) = 0. (1.17)
Chú ý ˜u vẫn thỏa mãn det

u
ij
= f. Chúng ta khẳng định rằng
˜u |
∂Ω
≤

1<j≤n
a
1j
x
1
x
j
+ C



1<β<n
x

2
β
+ x
2
n


. (1.18)
Để chứng minh (1.17) chúng ta phân tích Taylor của ˜u (x
,
, ρ (x
,
)). Do (1.11)
và (1.15) nên khơng có số hạng nhỏ hơn bậc hai. Với các số hạng bậc hai
của x
α
x
β
, khơng có số hạng x
2
1
, theo định nghĩa của ˜u. Do đó phần bậc
hai của ˜u có thể viết được như sau

1<α<n
a
1α
x
1
x

α
+

1<α,β<n
a
αβ
x
α
x
β
,
mà là một phần của vế phải trong (1.17). Chúng ta xét các số hạng bậc
ba và bậc cao. Từ (1.11), ta có trên ∂Ω
x
2
1
=
2x
n
B
11
−

(α,β)=(1,1)
B
αβ
B
11
x
α

x
β
+ O

|x
,
|
3

.
Do đó chúng ta có
x
3
1
=
2x
1
x
n
B
11
−

(α,β)=(1,1)
B
αβ
B
11
x
α

x
β
x
1
+ O

|x
,
|
4

.
Chú ý x
1
x
n
có mặt trong tổng thứ nhất ở vế phải của (1.17). Phần còn
lại của các số hạng bậc ba trong ˜u (x
,
, ρ (x
,
)), có dạng x
2
1
x
α
,x
1
x
α

x
β
và
x
γ
x
α
x
β
. Với bất kỳ 1 < α, β < n chúng ta có
x
2
1
x
α
≤
1
2

x
2
α
+ x
4
1

,
và
x
1

x
α
x
β
≤
1
2

x
2
α
+ x
4
β

.
Số hạng bậc bốn, chúng ta chú ý với i ≥ 2,
x
4
1
+


x
3
1
x
i



≤

1<α<n
x
2
α
+ x
2
n
.
14
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />Do đó, (1.17) được chứng minh với x ∈ ∂Ω gần gốc tọa độ. Qua tính lồi
ngặt của ∂Ω, chúng ta có x
n
≥ a > 0 cho bất kỳ x ∈ ∂Ω khác gốc tọa độ.
Chúng ta có thể chọn C đủ lớn để được thỏa mãn (1.17).
Bây giờ chúng ta xem xét một hàm chặn
h = −εx
n
+ δ|x|
2
+
1
2B

1<j≤n
(a
1j
x
1

+ Bx
j
)
2
= −εx
n
+ δ|x|
2
+
1
2B

1<j≤n
a
2
1j
x
2
1
+

1<j≤n
a
1j
x
1
x
j
+
B

2

1<j≤n
x
2
j
.
Trên ∂Ω, cho x gần gốc tọa độ, chúng ta cần
−εx
n
+ δ|x|
2
≥ 0,
điều này tương đương với
x
n
≤ C
δ
ε
|x
,
|
2
.
Điều này có thể đạt được bằng cách lấy ε  δ. Khi x ∈ ∂Ω và khơng gần
với gốc tọa độ, x
2
n
là trội so với −x
n

. Do đó bằng cách chọn B  C và với
ε  δ sẽ được chọn, chúng ta có được
h ≥ ˜u trong ∂Ω.
Tiếp theo
D
2
h = 2δI +






1
B

1<j≤n
a
2
1j
a
12
a
1n
a
12
B
.
.
a

1n
B






=






2δ +
1
B

1<j≤n
a
2
1j
a
12
a
1n
a
12
2δ + B

.
.
a
1n
2δ + B






.
Một phép tính đơn giản cho thấy
det (h
ij
) = 2δ

2δ + B +
1
B

1<j≤n
a
2
ij

(2δ + B)
n−2
.
Trong thực tế, giá trị riêng của (h

ij
) được cho bởi
2δ, 2δ + B +
1
B

1<j≤n
a
2
1j
, 2δ + B, , 2δ + B.
15
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />Do đó h là lồi ngặt trong Ω và thỏa mãn
det (h
ij
) < f trong Ω,
nếu chúng ta chọn δ nhỏ. Do đó h là rào cản cho ˜u . Từ Định lý 1.3, chúng
ta có
˜u ≤ h.
Do ˜u (0) = h (0) = 0, chúng ta nhận được
˜u (0) ≤ h
n
(0) = −ε.
Từ (1.16), chúng ta có được
u
11
= −˜u
11
(0) .ρ
11

(0) ≥ ερ
11
(0).
Do đó (1.14) và (1.15) được chứng minh. Hằng số C
0
chỉ phụ thuộc và
max f
−1
, Ω và |ϕ|
C
4
.
Tiếp theo chúng ta đánh giá đạo hàm hỗn hợp u
αn
(0). Xem xét các
trường véc tơ (đạo hàm theo hướng)
T = ∂
α
+

β<n
B
αβ
(x
β
∂
n
− x
n
∂

β
).
Từ (1.10), chúng ta có
L (T u) = T (log f).
Điều này suy ra
L (T (u −v)) = LT u −L (T u) = T (log f) −u
ij
∂
ij
(T ϕ).
Do

u
ij

là xác định dương, chúng ta nhận được
|L (T (u −v))| ≤ C

1 +

i
u
ii

. (1.19)
Trên ∂Ω gần gốc tọa độ, chúng ta có
(∂
α
+ ρ
α

∂
n
) (u − v) = 0 với α = 1, , n − 1,
hoặc
|(u −v)
α
+ (u −v)
n
B
αβ
x
β
| ≤ C|x|
2
.
16
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />Điều này suy ra
|T (u − ϕ)| ≤ C|x|
2
trên ∂Ω. (1.20)
Đầu tiên chứng minh (1.19) cho bất kỳ x ∈ ∂Ω gần gốc tọa độ. Sau đó nó
là đúng với x
n
≥ a > 0.
Bây giờ, ta xét một hàm chặn có dạng
ω = −a|x|
2
+ bx
n
,

với a, b là hằng số dương thích hợp như một hàm số chặn. Đầu tiên chúng
ta có
Lω = −2a

u
ii
,
và do đó với a lớn
|L (T (u −ϕ))| + Lω ≤ −2a

u
ii
+ C (1 +

u
ii
) ≤ −a

u
ii
+ C.
Theo bất đẳng thức Cauchy, chúng ta nhận được
1
n

u
ii
≥

det u

ij

1
n
= f
−1
n
.
Lựa chọn a lớn hơn nữa, chúng ta có được
|L (T (u −ϕ))| + Lω ≤ 0 trong Ω.
Từ (1.19), chúng ta có
|T (u − ϕ)| ≤ ω trên ∂Ω ⇔ (C − a) |x|
2
≤ bx
n
.
Từ Ω là lồi ngặt, chúng ta có thể lựa chọn b đủ lớn sao cho
|T (u − ϕ)| ≤ ω trên ∂Ω.
Từ Ngun lý cực đại, chúng ta có được
|T (u − ϕ)| ≤ ω trên Ω.
Bằng cách lấy x
,
= 0 rồi chia cho x
n
và sau đó cho x
n
→ 0, chúng ta nhận
được
|∂
n

T (u − ϕ)| ≤ b tại 0,
hoặc





∂
αn
(u −ϕ) (0) −

β<n
B
αβ
∂
β
(u −ϕ) (0)





≤ b.
17
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />Do đó chúng ta có được
|u
αn
(0)| ≤ C.
Cuối cùng chúng ta sử dụng phương trình (1.2) để đánh giá u
nn

(0). Chú
ý rằng
f (0) = det u
ij
(0) =

A
ni
(0) u
in
(0).
Từ các đánh giá đã được thiết lập, chúng ta thấy rằng (n −1) số hạng đầu
tiên trong tổng là bị chặn và vì vậy ta có
A
nn
(0) u
nn
(0) ≤ C.
Từ (1.13) chúng ta nhận được cận dưới đối với A
nn
(0). Do đó chúng ta
có được
u
nn
(0) ≤ C.
Khi có một cận trên cho các giá trị riêng của H = (u
ij
), chúng ta có giá
trị cận dưới cho mỗi chúng bởi vì khi tích của nó bằng f. Do đó chúng ta
có

u
nn
(0) ≥ C
0
> 0.
1.3.4 Bước 4. Đánh giá


D
2
u


trong Ω
Chúng ta đánh giá đạo hàm cấp hai trong Ω. Chúng ta có phương trình
F

D
2
u

≡ log det (u
ij
) = log f. (1.21)
Với 1 ≤ r ≤ n cố định, lấy đạo hàm hai lần theo x
r
đối với hai vế của
(1.21) ta có
Lu
rr

≥ (log f)
rr
≥ −nC,
với hằng số C chỉ phụ thuộc vào f. Từ Lu = n, chúng ta nhận được
L (u
rr
+ Cu) ≥ 0,
và do đó (u
rr
+ Cu) đạt giá trị cực đại trên biên. Vì thế, chúng ta kết luận
u
rr
≤ K trong Ω.
Vì (u
ij
) là xác định dương, chúng ta có u
ii
> 0 và
18
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />|u
rr
| ≤ K trong Ω.
Định lý 1.4 được chứng minh.
Nhận xét 1.1. Do các giá tri riêng của D
2
u bị chặn trên bởi K và tích
của chúng là bằng f, chúng ta nhận được đại lượng chặn dưới dương cho
mỗi giá trị. Vì thế các tốn tử tuyến tính hóa L là elliptic đều. Cho T là
đạo hàm theo hướng cố định T =


c
j
∂
j
với

c
2
j
= 1. Chúng ta có
L(T
2
u) = u
ik
u
jl
T u
ij
T u
kl
+ T
2
(log f) ≥ C
0

i,j
|T u
ij
|
2

− C,
ở đây C
0
và C là hằng số dương. Đặc biệt, C
0
bị chặn dưới bởi một số
dương.
19
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />20
Chương 2
Đánh giá đạo hàm cấp hai của
nghiệm bài tốn Dirichlet trong
khơng gian H
¨
older
2.1 Đánh giá chuẩn H¨older đối với nghiệm của phương
trình elliptic tuyến tính và đạo hàm cấp một
của nó.
Trong phần này, chúng ta lấy đưa ra bất đẳng thức Harnack và các hệ
quả của nó cần thiết cho phần sau.
Giả sử Ω là một miền bị chặn trong R
n
và xét một tốn tử tuyến tính
elliptic L trong Ω
L ≡ a
ij
(x) D
ij
,
ở đây, hệ số a

ij
là liên tục trên Ω. Điều kiện elliptic có nghĩa rằng ma trận
A = (a
ij
) là xác đinh dương ở khắp mọi nơi trong Ω. Chúng ta giả sử L là
elliptic đều theo nghĩa sau đây
λE ≤ (a
ij
) ≤ ΛE,
ở đây λ và Λ là hai hằng số dương, E là ma trận đơn vị. Điều này có nghĩa
rằng tất cả các giá trị dương nằm giữa λ và Λ. Chúng ta đặt D = det (A)
và D
∗
= D
1
n
tức là D
∗
là trung bình nhân của các giá trị riêng của A. Rõ
ràng tính elliptic đều suy ra
λ ≤ D
∗
≤ Λ.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />Trước khi nêu rõ Ngun lý cực đại Alexandroff, chúng ta giới thiệu khái
niệm tập tiếp xúc. Cho u ∈ C
2
(Ω) chúng ta định nghĩa
Γ
+
=


y ∈ Ω; u (x) ≤ u (y) + Du (y) (x −y) với mọi x ∈ Ω

.
Tập hợp Γ
+
được gọi là tập tiếp xúc trên của u. Ma trận Hessian D
2
u =
(D
ij
u) là khơng dương trên Γ
+
. Trong thực tế, các tập tiếp xúc trên có thể
được xác định cho các hàm số u liên tục bằng cách sau đây
Γ
+
=
{y ∈ Ω; ∃p = p (y) ∈ R
n
sao cho u (x) ≤ u (y) + p (x −y) ∀ x ∈ Ω }.
Rõ ràng, u là lõm nếu và chỉ nếu Γ
+
= Ω. Nếu u ∈ C
1
(Ω) thì p (y) =
Du (y) và bất kỳ siêu phẳng giá nào đều là tiếp xúc với đồ thị.
Bây giờ chúng ta xem xét phương trình sau đây
Lu = f trong Ω,
với f ∈ C (Ω).

2.1.1 Bất đẳng thức Harnack
Định lý 2.1. ([1]) Giả sử Lu = f trong B
R
với u ≥ 0 trong B
R
với
f ∈ C (B
R
). Khi đó có
sup
B
R
2
u ≤ C

inf
B
R
2
u + Rf
L
n
(B
R
)

,
ở đây C là một hằng số dương chỉ phụ thuộc vào n, λ, Λ, B
R
= {x ∈ R

n
; |x| < R}.
2.1.2 Đánh giá chuẩn H¨older đối với nghiệm
Định lý 2.2. Giả sử Lu = f trong B
R
với f ∈ C (B
R
). Khi đó tồn tại
α ∈ (0, 1) chỉ phụ thuộc vào n, λ, Λ, sao cho
osc
B
r
u ≤ C

r
R

α

osc
B
R
u + Rf
L
n
(B
R
)

cho bất kỳ r ≤ R,

ở đây C = C (n, λ, Λ) là một hằng số dương, osc
B
R
u = sup
B
R
u −inf
B
R
u.
21
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />Chứng minh. Một lần nữa chúng ta chứng minh khi R = 1. Cho M (r) =
max
B
r
u và m (r) = min
B
r
u cho r ∈ (0, 1) . Khi đó M (r) < +∞ và m (r) >
−∞. Ta chỉ cần chứng minh
ω (r) ≡ M (r) −m (r) ≤ Cr
α

ω (1) + f
L
n
(B
1
)


cho bất kỳ r < 1.
Áp dụng Định lý 2.1 với M (r) −u ≥ 0 trong B
r
, có
sup
B
r
2
(M (r) − u) ≤ C

inf
B
r
2
(M (r) − u) + rf
L
n
(B
r
)

,
M (r) − m

r
2

≤ C

M (r) − M


r
2

+ rf
L
n
(B
r
)

. (2.1)
Tương tự, áp dụng Định lý 2.1 với u − M (r) ≥ 0 trong B
R
, có
M

r
2

m (r) ≤ C

m

r
2

− m (r) + rf
L
n

(B
r
)

. (2.2)
Khi đó kết hợp (2.1) và (2.2) ta có được
ω (r) + ω

r
2

≤ C

ω (r) −ω

r
2

+ rf
L
n
(B
r
)

,
hoặc
ω

r

2

≤ γω (r) + Crf
L
n
(B
r
)
,
với γ =
C−1
C+1
< 1
Chọn µ thỏa mãn (1 − µ) log γ/ log τ = µ và áp dụng Bổ đề 2.1 dưới đây
với σ (r) = Crf
L
n
(B
1
)
, chúng ta có được
ω (r) ≤ Cr
α

ω (1) + f
L
n
(B
1
)


cho bất kỳ r ∈ (0, 1].
Định lý 2.2 được chứng minh.
Bổ đề 2.1. Cho ω và σ là hàm khơng giảm trong khoảng (0, R] thỏa mãn
với bất kỳ r ≤ R
ω (τr) ≤ γω (r) + σ (r),
với 0 < γ , τ < 1. Khi đó với bất kỳ µ ∈ (0, 1) và r ≤ R, nhận được
ω (r) ≤ C

r
R

α
ω (R) + σ

r
µ
R
1−µ

,
22
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />ở đây C = C (γ, τ) và α = α (γ, τ, µ) là các hằng số dương. Trong thực tế
α = (1 −µ) log γ/ log τ.
Chứng minh. Ta cố định một số r
1
≤ R. Khi đó cho bất kỳ r ≤ r
1
chúng
ta có

ω (τr) ≤ γω (r) + σ (r
1
),
do σ là khơng giảm. Bây giờ chúng ta lặp lại bất đẳng thức này với một
số k dương bất kỳ
ω

τ
k
r
1

≤ γ
k
ω (r
1
) + σ (r
1
)
k−1

i=0
γ
i
≤ γ
k
ω (R) +
σ(r
1
)

1−γ
.
Đối với bất kỳ r ≤ r
1
chúng ta chọn k sao cho
τ
k
r
1
< r ≤ τ
k−1
r
1
.
Do đó chúng ta có
ω (r) ≤ ω

τ
k−1
r
1

≤ γ
k−1
ω (R) +
σ(r
1
)
1−γ
≤

1
γ

r
r
1

log γ
log r
ω (R) +
σ(r
1
)
1−γ
.
Bây giờ cho r
1
= r
µ
R
1−µ
. Chúng ta có được
ω (r) ≤
1
γ

r
R

(1−µ)

log γ
log r
ω (R) +
σ
(
r
µ
R
1−µ
)
1−γ
.
Bổ đề 2.1 được chứng minh.
2.1.3 Đánh giá chuẩn H¨older trên biên đối với đạo hàm cấp
một theo pháp tuyến của nghiệm
Trong phần này, chúng ta xét một ứng dụng khác của Bất đẳng thức
Harnack để đánh giá đạo hàm theo pháp tuyến của nghiệm trên biên.
Chúng ta định nghĩa các khái niệm B
+
r
và Γ
r
như sau
B
+
r
= {(x
,
, x
n

) = x; |x| < r, x
n
> 0},
Γ
r
= {(x
,
, 0) ; |x
,
| < r}.
23
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />