Lý thuyết định tính của phương trình elliptic tuyến tính cấp hai

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
———————————

NGUYỄN THỊ HÀ

LÝ THUYẾT ĐỊNH TÍNH CỦA PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC
TUYẾN TÍNH CẤP HAI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI - 2014

1


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
———————————

NGUYỄN THỊ HÀ

LÝ THUYẾT ĐỊNH TÍNH CỦA PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC
TUYẾN TÍNH CẤP HAI

Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH
Mã số: 60.46.01.02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

PGS.TS. HÀ TIẾN NGOẠN

HÀ NỘI - 2014

2


Lời cám ơn
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc của mình tới PGS.TS
Hà Tiến Ngoạn, người đã tận tình giúp đỡ và chỉ bảo tôi trong suốt quá trình
hoàn thành luận văn tốt nghiệp. Qua đây tôi cũng xin chân thành cám ơn sự
giúp đỡ của các thầy giáo, cô giáo trong tổ Toán giải tích trường Đại học Khoa
học tự nhiên - Đại học quốc gia Hà Nội, những người đã giúp đỡ tôi trong suốt
quá trình học tập và nghiên cứu tại trường.
Tác giả xin trân trọng cảm ơn Trường Đại học Sao Đỏ, Khoa Khoa học Cơ
bản và đồng nghiệp đã tạo mọi điều kiện giúp đỡ để tác giả an tâm học tập và
hoàn thành tốt luận văn.
Do mới làm quen với công tác nghiên cứu khoa học và còn hạn chế về thời
gian thực hiện nên luận văn không thể tránh khỏi những thiếu sót. Tác giả kính
mong nhận được ý kiến đóng góp của các thầy cô và các bạn để luận văn được
hoàn thiện hơn.

Hà Nội, năm 2014

3


Mục lục
Mở đầu

5

1 Phương trình elliptic cấp hai dạng không bảo toàn với hệ số bị
chặn và đo được

7

1.1

Điều kiện elliptic đều. Nghiệm mạnh. . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.2

Nguyên lý cực đại . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.3

Bổ đề về đạo hàm theo hướng vào trong . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.4

Bất đẳng thức Harnack . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.5

Định lý kiểu Phragmen-Lindelof . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2 Phương trình elliptic cấp hai dạng bảo toàn

25

2.1

Nghiệm suy rộng. Nguyên lý cực đại . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.2

Tính liên tục của nghiệm suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.3

Bất đẳng thức Harnack . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.4

Hàm Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.5

Định lý kiểu Phragmen-Lindelof . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

Kết luận

42

Tài liệu tham khảo

43

4


Mở đầu
Các phương trình Laplace ∆u = 0 và phương trình Poisson ∆u = f là các
phương trình đạo hàm riêng elliptic cấp hai cổ điển, là khởi nguồn của lý thuyết
đạo hàm riêng hiện đại. Đã từ lâu, nhiều kết quả định tính của các phương trình
này đã được biết đến như: nguyên lý cực đại, bất đẳng thức Harnack, các định
lý Liouville và Fragmen-Lindelof đối với nghiệm cổ điển.
Ngày nay, các kết quả đối với hai phương trình cổ điển trên đã được mở
rộng cho các phương trình elliptic cấp hai tuyến tính tổng quát và được xét ở
hai dạng khác nhau: dạng không bảo toàn và dạng bảo toàn.
Dựa chủ yếu vào chương I của tài liệu [3], luận văn đã trình bày tổng quan
lý thuyết định tính của các phương trình elipptic cấp hai dạng tổng quát ở cả
hai dạng không bảo toàn và bảo toàn.
Luận văn gồm hai chương. Chương I nghiên cứu phương trình dạng không
bảo toàn. Phương trình loại này có các loại nghiệm mạnh, nghiệm trên và nghiệm
dưới. Các nguyên lý cực đại đối với các loại nghiệm này đã được phát biểu. Bất
đẳng thức Harnack và Định lý Fragmen-Lindelof đã được mở rộng đối với loại
phương trình tổng quát này.
Do toán tử Laplace ∆ có thể viết cả dưới dạng bảo toàn nên trong chương
II của luận văn sẽ trình bày một số tính chất nghiệm suy rộng của phương trình
elliptic dạng bảo toàn mà có thể xem là tương tự như tính chất của các hàm
điều hòa. Các vấn đề của chương I lại được xét trong chương II, song với sự thay
đổi nhất định cho phù hợp với lớp phương trình elliptic dạng bảo toàn.
Do tài liệu [3] ở dạng bách khoa toàn thư, nên chủ yếu nó dành cho việc
phát triển và hệ thống các kết quả cơ bản của lý thuyết mà thiếu các chứng

5


minh chi tiết. Luận văn đã tìm cách bổ sung các chứng minh chi tiết của một
số định lý.

6


Chương 1

Phương trình elliptic cấp hai dạng
không bảo toàn với hệ số bị chặn và
đo được
1.1

Điều kiện elliptic đều. Nghiệm mạnh.
Xét toán tử có dạng:
n

L=

aik (x)
i,k=1

∂2
+ c(x),
∂xi ∂xk

(1.1)

trong đó x = (x1 , x2 , ..., xn ), aik (x) = aki (x) và các hệ số của toán tử L được giả
thiết là hàm đo được. Toán tử L được gọi là elliptic tại x ∈ Rn nếu ma trận
vuông aik (x) cấp n là xác định dương. Toán tử L được gọi là elliptic trong
miền G ⊂ Rn nếu nó elliptic tại mọi điểm trong miền. Toán tử L được gọi là
elliptic đều trong G nếu ∃λ > 0, M > 0 sao cho
n

λ

−1

2

aik (x)ξi ξk ≤ λ|ξ|2 , c(x) ≤ M

|ξ| ≤

(1.2)

i,k=1

i, k = 1, ..., n; ξ ∈ Rn ; x ∈ G.

Hàm u(x) ∈ C 2 (G) thỏa mãn phương trình:
Lu = 0

được gọi là nghiệm mạnh của phương trình. Hàm số
u(x) ∈ C 2 (G)

7

(1.3)


thỏa mãn bất phương trình
Lu ≤ 0 (Lu ≥ 0)

được gọi là nghiệm trên (nghiệm dưới).
Ví dụ 1.1. Nếu c ≡ 0, v(x) là nghiệm dưới và hàm f (t) xác định như sau:
inf v ≤ t ≤ sup v
G

G

thỏa mãn điều kiện f (t) ≥ 0 và f ” (t) ≥ 0, khi đó hàm
w(x) = f (v(x))

cũng là nghiệm dưới.
Lời giải. Ta có w(x) = f (v(x)), khi đó
wxi = fv .vxi
wxi xk = fv vxi vxk + fv .vxi xk .

Mặt khác c ≡ 0 nên
n

n

aik fv .vxi vxk

aik fv .vxi xk +

Lw =

i,k=1

i,k=1
n

n

= fv

aik .vxi vxk .

aik .vxi xk + fv
i,k=1

i,k=1

Ta có v(x) là nghiệm dưới và từ điều kiên (1.2) ta suy ra
n

aik .vxi xk ≥ 0;
i,k=1
n

aik .vxi vxk ≥ 0.
i,k=1

Theo giả thiết f (t) ≥ 0 và f ” (t) ≥ 0 nên suy ra Lw ≥ 0. Vậy w(x) là nghiệm
dưới.
Ví dụ 1.2. Xét hàm số
v(x) =

1
,
|x − x0 |s

trong đó s là hằng số dương đủ lớn. Hàm v(x) là nghiệm dưới nếu:
s ≥ nλ2 − 2; c(x) ≡ 0.
8


Lời giải. Ta có v(x) = x − x0
vxi = −s. x − x

−s

do đó

0 −s−1

xi − x0i
= −s. x − x0
.
0
|x − x |

−s−2

.(xi − x0i )

(xi − x0i )(xk − x0k )
− s. x − x0
|x − x0 |
δi .δk
s.δik
= s.(s + 2).
−
.
s+2
s+2
|x − x0 |
|x − x0 |

vxi xk = −s.(−s − 2) x − x0

−s−3

.

−s−2

.δik

Theo giả thiết c ≡ 0 khi đó
n

aik vxi xk .

Lv =
i,k=1

Ta có

n
n

1

−1

aik vxi xk ≥ s.(s + 2).λ

s+2

|x − x0 |

i,k=1

Mặt khác aii ≤ λ nên

s.

−

aii
i=1
.

s+2
|x − x0 |

n

aii ≤ nλ.
i=1

Do đó

n

aik vxi xk ≥
i,k=1

1
s+2
|x − x0 |

s.(s + 2).λ−1 − nλs ,

trong đó
s.(s + 2).λ−1 − nλs = s (s + 2).λ−1 − nλ ≥ 0.

(Do s ≥ nλ2 − 2 nên (s + 2).λ−1 − nλ ≥ 0).
n

aik vxi xk ≥ 0. Điều phải chứng minh.

Từ đó suy ra Lv =

i,k=1

1.2

Nguyên lý cực đại

Định lý 1.1. Giả sử L là toán tử elliptic đều với hệ số c(x) ≤ 0, u(x) là một
nghiệm trong miền bị chặn G. Khi đó:
sup u ≤ max(0, sup lim u(x)),
G

x0 ∈∂G x→x0

inf u ≥ min 0, inf
G

lim u(x) .

x0 ∈∂G x→x0

9

(1.4)
(1.5)


Để chứng minh định lý 1.1 ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề 1.1. Giả sử
n

∂2
aik (x)
+
∂xi ∂xk

L=
i,k=1

n

bi (x)
i=1

∂
+ c(x),
∂xi

c(x) < 0 và u(x) là nghiệm dưới, sup u > sup u . Khi đó
G

∂G

sup u ≤ 0.
G

Chứng minh. Giả sử sup u = u(x0 ), x0 ∈ G
G

Do đó uxj

(x0 )

= 0, j = 1, ..., n và ma trận
A(x0 ) = aik (x0 ) > 0,
D2 u(x0 ) = uxi xk (x0 ) ≤ 0,

n

nên ta có

aik (x0 )uxi xk (x0 ) ≤ 0.

i,k=1

Mặt khác
n

n

0

0

Lu(x ) =

0

bj (x0 )uxj (x0 ) + c(x0 )u(x0 ) ≥ 0,

aik (x )uxi xk (x ) +

j=1

i,k=1

nên

n

aik (x0 )uxi xk (x0 ) ≥ −c(x0 )u(x0 ).

0≥
i,k=1

Do c(x0 ) < 0 nên suy ra u(x0 ) ≤ 0, điều phải chứng minh.
Ta chứng minh định lý 1.1:
Chứng minh. Giả sử u(x) là nghiệm dưới. Ta chứng minh
sup u ≤ max(0, sup lim u(x))
x0 ∈∂G x→x0

G

hay là cần chứng minh
sup u ≤ max 0, sup u .
G

∂Ω

Trường hợp 1:
sup u = sup u.
G

∂G

10

(1.6)


Khi đó ta suy ra (1.6).
Trường hợp 2:
sup u > sup u.
G

∂G

Trường hợp 2a: c(x )<0. Ta sẽ chứng minh sup u ≤ 0.
G

Thật vậy: Giả sử sup u =

u(x0 ),

x0

∈G

G

Do đó uxj (x0 ) = 0, j = 1, ..., n và ma trận
A(x0 ) = aik (x0 ) > 0,

D2 u(x0 ) = uxi xk (x0 ) ≤ 0,
n

nên ta có

aik (x0 )uxi xk (x0 ) ≤ 0.

i,k=1

Mặt khác

n
0

aik (x0 )uxi xk (x0 ) + c(x0 )u(x0 )

Lu(x ) =
i,k=1

và Lu(x0 ) ≥ 0 nên
n

aik (x0 )uxi xk (x0 ) ≥ −c(x0 )u(x0 ).

0≥
i,k=1

Do c(x0 ) < 0 nên suy ra u(x0 ) ≤ 0 và (1.6) được chứng minh.
Trường hợp 2b: c(x )≤0.
Đặt u(x) = v(x). cos(εx1 ), ε > 0.

Ta được
ux1 = vx1 cos(εx1 ) − εv(x) sin(εx1 )
uxj = vxj cos(εx1 ), j = 2, 3, ..., n
ux1 x1 = vx1 x1 cos(εx1 ) − 2εvx1 sin(εx1 ) − ε2 v(x) cos(εx1 )
ux1 xj = vx1 xj cos(εx1 ) − εvxj sin(εx1 )
uxj xk = vxj xk cos(εx1 ).

Khi đó

n

ajk (x)vxj xk − 2εa1j sin(εx1 )vxj

Lu = cos(εx1 )
j,k=1

−ε2 a11 cos(εx1 )v(x) + c(x) cos(εx1 )v(x)
11


và Lu ≥ 0 hay Lv ≥ 0 trong đó
∼

c(x) = c(x) − ε2 a11 cos(εx1 ) < 0,

với ε đủ nhỏ.
Do vậy, theo Bổ đề 1.1 ta suy ra sup v ≤ 0 hay sup u ≤ 0.
G

G

Suy ra (1.4) được chứng minh.
Để chứng minh (1.5), ta giả sử u(x) là nghiệm trên. Đặt v(x)= -u(x), khi đó v(x)
là nghiệm dưới. Do đó
sup v ≤ max(0, sup lim v(x))
x0 ∈∂G x→x0

G

hay
− sup v ≥ min(0, − sup lim v(x)).
x0 ∈∂G x→x0

G

Mặt khác sup v = −inf u nên
inf u ≥ min(0, inf

lim u(x)) .

x0 ∈∂G x→x0

G

Như vậy (1.5) được chứng minh.

Từ chứng minh định lý trên ta suy ra định lý sau
Định lý 1.2. Nếu một toán tử elliptic đều với hệ số c(x) ≤ 0 và u(x) là một
nghiệm dưới (nghiệm trên) trong một miền bị chặn G, khi đó:
sup u ≤ max(0, sup lim u(x))

x0 ∈∂G x→x0

G

inf u ≥ min(0, inf

lim u(x)) .

x0 ∈∂G x→x0

G

Đặc biệt nếu u(x) liên tục trên G thì khi đó
max u = max u
¯
G

∂G

(min u = min u).
¯
G

∂G

Ta có nguyên lý cực đại mạnh được phát biểu như sau

12

Định lý 1.3. Nếu toán tử elliptic đều với hệ số c(x) ≤ 0 và u(x) là nghiệm dưới
trong G và đạt giá trị âm nhỏ nhất tại điểm x0 ∈ G. Khi đó:
u(x) ≡ const.

Nếu không giới hạn dấu c(x) thì hiển nhiên không có nguyên lý cực đại. Tuy
nhiên nếu miền được cho trong dải hẹp, chẳng hạn |x1 | < δ thì ta được nguyên
lý cực đại yếu sau.
Định lý 1.4. Với ∀ε > 0 ∃δ = δ(ε, λ, M ) > 0 sao cho nếu miền G được chứa
trong dải |x1 | < δ và nếu u(x) là nghiệm dưới (nghiệm trên) trong G của toán tử
elliptic đều L, thì khi đó
sup u ≤ max 0, (1 + ε) sup lim u(x) ,
x0 ∈∂G x→x0

G

inf u ≥ min(0, (1 + ε) inf

lim u(x)) .

x0 ∈∂G x→x0

G

Chứng minh. Thật vậy, ta đặt u = v(1 − Kx21 ).
Chọn K đủ lớn, nếu δ đủ nhỏ, 1−Kx21 > 0 trong G và v thỏa mãn bất phương
trình L v ≥ 0 (L v ≤ 0), trong đó L là toán tử có dạng giống L với hệ số của v
không dương. Do đó, nguyên lý cực đại áp dụng với v .
Bây giờ ta xét nghiệm của phương trình (1.3) và cố gắng ước lượng max |u(x)|
¯
G

qua vế phải f (x).
Không khó để ước lượng max |u(x)| qua supG |f |. Tuy nhiên việc ước lượng như
¯
G

vậy chưa phải phương pháp hay. Định lý sau tinh tế hơn. Định lý Aleksandrov
(Aleksandrov (1996)).
Định lý 1.5. Cho toán tử L với c(x) ≤ 0, u(x) là nghiệm phương trình (1.3) trong
miền bị chặn G, liên tục trong G thỏa mãn điều kiện:
u(x)|∂G = 0.

Khi đó
max |u(x)| ≤ C f
G

Ln (G) ,

(1.7)

trong đó C là hằng số phụ thuộc vào λ, n, M và trong đường kính của miền G.
13


Chứng minh. Ở đây ta đưa ra cách chứng minh định lý trong trường hợp
c(x) ≡ 0.

Trong trường hợp tổng quát cách chứng minh tương tự nhưng với một số
thay đổi phù hợp.
Cho

max |u(x)| = |u(x0 )| = M, x0 ∈ G
G

và R là đường kính của G.
Không mất tính tổng quát ta giả sử u(x0 ) ≤ 0. Ký hiệu E là tập các điểm x ∈ G
sao cho u(x) ≤ 0. Xét
p ∈ Rn : |p| < M/R,

(1.8)

và xét siêu phẳng n chiều
z = (p, x) + C

trong không gian (n + 1)-chiều (x1 , ..., xn , z) là giá bên dưới đồ thị hàm z = u(x).
Theo điều kiện (1.5), tập H gồm các điểm x ∈ E sao cho
u(x ) = (p, x ) + C

khác rỗng. Tại các điểm này vi phân cấp hai không âm.
Xét ánh xạ
x → grad u(x) = p.

Ảnh của H dưới ánh xạ chứa hình cầu |p| < M/R. Jacobian của ánh xạ này là
định thức
uxi xk (x)

i, k = 1, ..., n.

Thực tế thì ma trận Hessian uxi xk (x) , i, k = 1, ..., n không âm, ta được:
det uxi xk (x) dx ≥ Ωn (M/R)n ,
H

trong đó Ωn là thể tích của hình cầu đơn vị.
Ta có:
det u(xi xk (x) dx =
H

H

det uxi xk (x) . det aik (x) dx
det aik (x)
14


=
H

det( uxi xk (x) . aik (x) )
dx
det aik (x)
n

n

n

≤λ

µi (x)dx,

det( aik . uxi xk )dx = λ

H

(1.9)

H i=1

trong đó µ1 (x), ..., µn (x) là giá trị riêng của ma trận aik . uxi xk .
Vì aik là ma trận xác định dương và uxi xk xác định không âm nên suy ra
µi (x) ≥ 0, i = 1, n

và ta có
n

n

1/n

≤ 1/n

µi (x)

µi (x) = 1/nSp( aik (x) . uxi xk (x) )
i=1

i=1

= 1/n

(1.10)

aik (x)xi uxi xk = f (x)/n.
i,k=1

Từ bất phương trình này và bất phương trình (1.6) ta có
1
n

n
n

|f (x)| dx ≥

n

λ
n

n

|f | dx ≥ Ωn

G

M
R

n

(1.11)

H

hay
M ≤ λR/n(Ωn )1/n f

Ln .

(1.12)

Điều phải chứng minh.

1.3

Bổ đề về đạo hàm theo hướng vào trong

Bổ đề 1.2. Cho QxR là một hình cầu mở trong Rn , bán kính R, cho c(x) ≡ 0 và
x

u(x) là hàm liên tục trong QR , là nghiệm dưới (nghiệm trên) trong QxR .

Giả sử rằng u(x) đạt giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) tại một điểm x0 ∈ ∂QxR và
u(x) < u(x0 ) u(x) > u(x0 ) ∀x ∈ QxR .

Giả sử vectơ l tại điểm x0 hướng vào trong QxR . Khi đó
∂u
∂l

≤0
x=x0

∂u
∂l
15

≥0 .
x=x0


Chứng minh. Giả sử u(x) là nghiệm trên. Lấy s đủ lớn và xét hàm số
1
1
s − s
R
|x − x |

v(x) = u(x0 ) − ε

trong lớp QxR \ QRx trong đó QRx là hình cầu đồng tâm với QxR và x là tâm của
hình cầu QxR với bán kính tương ứng là

R
2

và R.

Ta có
max u(x) = u(x0 ) − a, a > 0

|x−x |= R
2

x \Qx .
và v(x) − u(x) ≥ 0 trên ∂ QR
R

Mặt khác Lu ≤ 0, Lv ≥ 0 nên
L(u − v) ≥ 0.

Theo định lý 1.1 ta có
v(x) − u(x) ≤ 0, ∀x ∈ QxR \ QRx .

Ta lại có
v(x0 ) = u(x0 ),

nên suy ra
u(x0 + tl) ≥ v(x0 + tl),
v(x0 + tl) − v(x0 )
u(x0 + tl) − u(x0 )
≥
, t>0
t
t

hay
∂u
∂l

≥
x=x0

∂v
∂l

≥ 0.
x=x0

Điều phải chứng minh.
Hệ quả suy trực tiếp từ bổ đề là những nguyên lý cực đại mạnh và định
lý duy nhất cho nghiệm của bài toán Neumann được cho ở dạng sau.
Định lý 1.6. Cho G ⊂ Rn là miền bị chặn sao cho tại mỗi điểm biên x0 có hình
cầu Qx0 tiếp xúc với ∂G tại x0 nội tiếp trong G và giả sử u(x) là nghiệm phương
trình (3), liên tục trong G và thỏa mãn các điều kiện
∂u
∂ν

= 0,
∂G

16


trong đó vectơ ν được hướng vào trong Qx0 . Giả sử c(x) ≡ f (x) ≡ 0. Khi đó
u ≡ const.

Trong trường hợp biên ∂G là không trơn ta có định lý sau
Định lý 1.7. Cho G ∈ Rn là miền bị chặn với biên Lipschitz. Xét nghiệm trên
(dưới) u(x), liên tục trong G và không là hằng số. Giả sử x ∈ ∂G và u(x) ≥ u(x )
u(x) ≤ u(x ) với ∀x ∈ G. Khi đó trong bất kỳ lân cận Ω ⊂ ∂G của x có điểm
x” ∈ ∂G sao cho
∂u

∂ν

trong đó

∂u
∂ν

∂u
∂ν

>0
x=x

∂u
∂ν

<0 ,
x=x

là đạo hàm dưới (đạo hàm trên) của hàm u theo hướng của

vectơ ν .
Để chứng minh Định lý trên ta cần tới Bổ đề sau
Bổ đề 1.3. Cho f (x), g(x) là các hàm trên [0, β] sao cho f (0) = 0, f (x) > 0
∀x ∈ (0, β), f (x) là nửa liên tục dưới trên [0, β] và đạo hàm dưới của f tại 0

là 0 trong C[0, β], g(0) = 0, g (x) > δ > 0 ∀x ∈ [0, β]. Khi đó tồn tại một hàm
liên tục h(x) xác định trên 0, g(β) , khả vi cấp hai trên khoảng đó sao cho
h(x) ≥ 0, h (x) > 0, h” (x) ≥ 0 ∀x ∈ 0, g(β) và h g(x) < f (x) trên (0, β). Hơn

nữa h g(xm ) = f (xm ), trong đó xm ∈ (0, β) là một dãy sao cho xm → 0 khi
m → ∞.

Chứng minh. (Định lý 1.7). Ta sẽ chứng minh theo các bước:
a. Giả sử u(x) là nghiệm trên, u(x ) = 0. Đặt E = {x ∈ G : u(x) = 0}.
Theo nguyên lý cực đại, E ⊂ ∂G, u(x) > 0 ∀x ∈ G. Ta chỉ ra rằng có một hình
cầu Qxr00 , Qxr00 ∩ E = φ và ∃x1 ∈ Ω ∩ E ∩ Srx00 thỏa mãn điều kiện x0 − x1 , v(x1 ) > 0.
Do biên là Lipschitz nên tồn tại một hình nón có chiều cao H và đỉnh nón là
x và trục dọc theo v(x ). Ta kí hiệu là K . Giả sử góc mở của nón lớn hơn 3π/4.

Chọn r > 0 đủ nhỏ sao cho ∂G ∩ Gxr ⊂ Ω. Theo tính liên tục của trường
vectơ v ∃r” , 0 < r” < r sao cho với ∀x ∈ ∂G ∩ Qxr” góc giữa v(x) và v(x ) nhỏ hơn
π/8.
17


Chọn bất kỳ hình cầu Q ⊂ K ∩ Qxr” và dịch chuyển nó dọc theo trục của nón K .
Vì vậy nó gần với tập E ∩ Qrx” . Đó là hình cầu cần tìm.
b. Đặt
r2 = min

r0
,1
2

0

trong hình cầu Qrx0 xét bán kính từ tâm x0 tới điểm x1 . Khi đó hình cầu (mở) Qxr22
rời nhau với E còn hình cầu Srx22 giao với E tại điểm x1 . Hơn nữa x2 −x1 , v(x1 ) >
0.

2

c. Nếu ∃ε > 0 sao cho Qxr22 ∩Qεx1 không chứa điểm nào của ∂G, khi đó Qxr2 ∩Qxε 1 ⊂ G
và điểm biên x1 có thể chạm vào bên trong miền bằng một hình cầu nhỏ, vì vậy
theo bổ đề 1.2
∂u
∂ν

> 0.
x=x1

Ta giả sử với bất kỳ ε > 0 tập Qxr22 ∩ Qxε 1 ∩ ∂G = φ.
d. Đặt
A(ξ) = Srx22−ξ ∩ ∂G.

Ta định nghĩa hàm f (ξ) trong [0, r2 /2] là hàm có dạng
f

r2
2

= xmin u(x); f (ξ) = min u(x), ξ ∈ [0, r2 /2),
Sr 2/2 ∩G

x∈A(ξ)

2

nếu A(ξ) = φ. Với mọi điểm khác ta đặt f = max u. Nếu A(ξ) = φ là mở, thì f (ξ)
là nửa liên tục dưới.

e. Giả sử fr (0) = 0. Với s đủ lớn, hàm |x − y|−5 là hàm biến x, là nghiệm dưới
với 0 < |x − y| < 1. Cố định s, đặt
g(ξ) =

1
1
− s,
(ξ − r2 )s r2

hàm f, g thỏa mãn điều kiện của bổ đề 1.3. Ta tìm hàm h tương ứng và dãy
ξm −→ 0, ξm > 0, h g(ξm ) = f (ξm ). Khi đó tồn tại một dãy zm mà
zm ∈ Qxr22 ∩ ∂G, |zm − x1 | → 0, h(|zm − x2 |−s − r2−s ) = u(zm ).

Hàm h(|x − x2 |−s − r2−s ) cũng là hàm elliptic dưới và theo nguyên lý cực đại
h(|x1 − x2 |−s − r2−s ) ≤ u(x)
18


trong G ∩ (Qxr22 \ Qxr22/2 ). Trong một lân cận của x1 ta có:
∂
h(|x − x2 |−s − r2−s ) > 0.
∂ν

Do đó
∂u
∂ν

>0
x=xm

với ∀m bắt đầu từ m0 .
f. fr (0) = δ > 0. Trong trường hợp này ta chọn ε > 0 sao cho
ε(|x − x2 |−s − r2−s ) ≤ u

trong G ∩ (Qxr22 \Qxr22/2 ).
Do đó

∂
(|x − x2 |−s − r2−s )
∂ν

> 0,
x=x1

∂u
∂ν

> 0.
x=x1

Vậy định lý được chứng minh.

1.4

Bất đẳng thức Harnack

Định lý 1.8. Giả sử nghiệm dương u(x) của phương trình L(u) = 0 xác định
trong QxR0 với R < R0 . Khi đó ∃c > 0, c phụ thuộc λ, M, n và R0 sao cho
sup u
QR/16

inf u < C.

QR/16

Nếu c ≡ 0 thì không cần điều kiện R < R0 .
Chứng minh. Ta có u

Q016

>0

Nhân nghiệm với một hằng số ta nhận được
sup u = 2.
Q1

Bài toán trở thành, tồn tại hằng số σ > 0, phụ thuộc λ và n sao cho
inf u > σ.
Q1

Ta sẽ trình bày các bước chứng minh:
a. Bổ đề tăng có thể được thay đổi như sau:
19


Với bất kỳ A > 1, ∃ε0 > 0 sao cho nếu u(x) là một nghiệm dương của phương
trình trong
0
D ⊂ QxR0 ; D ∩ QxR/4
= φ; u

x

∂D∩QR0

=0

và
meas(D) < ε0 _meas(QR ),

khi đó
sup u > A sup u.
x

D

0
D∩QR/4

Thực chất, lấy δ từ phần chứng minh b của bổ đề tăng và N là số tự nhiên
0
nhỏ nhất sao cho 2N > A. Chia QxR0 \QxR/4
thành N lớp với bề dày 3R/4N bằng

các mặt cầu đồng tâm Si . Xét xi ∈ Si sao cho u(xi ) = maxD∩Si u. Áp dụng cách
0
0
chứng minh b của bổ đề tăng cho các hình cầu Qx3R/4N
, Qx3R/16N
và D ∩ Q3R/4N

ta được điều cần tìm.
Trong phần tiếp theo, cho λ và n, A được lấy như trên. Giả sử rằng từ nay
trở đi nó được đưa ra và tìm thấy ứng với ε0 . Kí kiệu:
G = x ∈ Q04 : u(x) > 1 .

b. Cho meas(G) ≥ ε0 Ωn , trong đó Ωn là thể tích hình cầu đơn vị. Theo bổ đề
tăng, lấy ξ = ξ(meas(Q0 4−ε0 )/4n ) và v = 1 − u + ξ.
Kí hiệu:
D = {x ∈ Q016 : v(x) > 0}.

Khi đó
meas(Q04 \ D) ≥ meas(Q04−ε0 ).

Nếu tại x0 ∈ Q04 , v(x0 ) ≤ ξ, khi đó:
sup v ≥ 1.
D∩Q016

Vì vậy theo bổ đề tăng, ta có
sup v ≥ 1 + ξ,
D∩Q016

20


inf u ≤ 0.

D∩Q016

Như vậy có mâu thuẫn.

Do đó, như δ ta có thể lấy ξ và trong trường hợp này bất đẳng thức được chứng
minh.
Bây giờ ta giả sử rằng meas(G) < ε0 .
c. Đặt u1 = u − 1. Khi đó có điểm x1 trên mặt cầu S10 sao cho u1 (x1 ) ≥ 1. Kí hiệu
G1 = {x ∈ Q04 : u1 (x) > 0},
G1 chứa x1 . Cho ρ đủ nhỏ,
meas(G1 ∩ Q1ρ ) > ε0 _meas(Qx01 ).

Cho ρ = 1,
meas(G1 ∩ Qx1 0 ) < ε0 _meas(Qx10 ).

Do đó, theo tính liên tục của meas(G1 ∩ Qxρ 1 ) trong ρ tồn tại ρ1 sao cho
meas(G1 ∩ Qxρ11 ) = ε0 _meas(Qxρ10 ).

Kí hiệu G1 ∩ Qx4ρ1 1 = D1 . Khi đó supD1 u > A. Đặt B = A/2. Ta có
u

D1

> 1 = B0,

meas(D1 ) > ε0 _meas(Qxρ11 )
x1
và có một điểm x2 trên mặt cầu S1+4ρ
sao cho u1 (x2 ) > 2B.
1

Đặt u2 = u1 − B. Chứng tỏ rằng G2 = {x ∈ Q04 : u(x) > 0} chứa x2 .
Lặp lại quá trình trên, ta có thể tìm ρ2 sao cho
meas(G2 ∩ Qxρ22 ) = ε0 .

Nếu đặt D2 = G2 ∩ Qx4ρ2 2 . Khi đó:
u

D2

> B1,

meas(D2 ) > ε0 meas(Qxρ22 ).

21


Tiếp tục quá trình, khi đó ta sẽ đạt được
ρ1 , ..., ρi , ..., x1 , ..., xi , ..., D1 , ..., Di , ...
0
,u
sao cho x1 ∈ S1+4ρ
1 +...+4ρi

Di

> B i−1 , meas(Di ) > ε0 .

Cho k là số nhỏ nhất sao cho
4ρ1 + ... + 4ρk < 1.

Do đó ∃i0 ≤ k sao cho
1 1
· i0 .

4 2

ρi >

Thật vậy:
Di0 ⊂ Q03 , meas(Di0 ) > ε0 Ωn 1/(4 · 2ni0 ), u

Di0

> B i0 −1 .

d. Dùng bổ đề tăng ta có thể tìm được hằng số ξ0 = ξ(1 − 1/4n ).
Đặt B = 1/ξ0 . Do đó A = 2/ξ0 và như vậy ξ0 chỉ phụ thuộc vào λ, n.
Đặt
ξ = ξ(1 − ε0 ); v = u(1 − ξ1 ).

Dùng phương pháp ở phần a ta chỉ ra rằng
u

xi

Qρ00

> ξ1 B i0 −1 = ξ1 (1/ξ0 )i0 −1 .

Sau đây áp dụng tương tự với v = u 1 − ξ(4/ξ0 )i0 −1 ta chỉ ra được
u

xi0
Q4i

i0 −2

> ξ0 ξ1 B

1
ξ0

= ξ0 ξ1

0

x

i0 −2

.

x

Tiếp tục quá trình với các hình cầu Q42i0ρi , Q43i0ρi ... ta được:
0

u

>

xi

ξ0l

0

i0 −l−1

1
ξ0

· ξ1

Q4l ρ0

.

i0

Tồn tại l sao cho
x

xi0

Q4liρ0 i ≥ Q
0

4l ·

l<

1
4

·

1
2

i0
+ 3.
2

22

i0

⊃ Q01 ,


Do đó:

i0 −1

1
ξ0

i0

· ξ1 · ξ02

+3

≤ 1,

hay
i0 <

ln ξ11
ln ξ10

+ 4.

Do vậy i0 phụ thuộc vào λ và n, meas(Di0 ) > ε1 , meas(G) > ε1 , trong đó ε1 > 0,
ε1 phụ thuộc vào λ và n, vì thế cách lập luận phần a cho phép ta kết luận rằng:
∃σ1 > 0 phụ thuộc vào λ và n sao cho inf Q1 v > σ1 .

Vậy bất đẳng thức Harnack được chứng minh.
Từ bất đẳng thức Harnack ta có định lý Liouville.
Định lý 1.9. (Định lý Louisville)
Cho u(x) là nghiệm của phương trình trong Rn và c(x) ≡ 0. Giả sử u(x) bị
chặn trên hoặc bị chặn dưới. Khi đó u ≡ const.
Chứng minh. Không mất tính tổng quát, giả sử u ≥ 0 và inf Rn u = 0. Theo tính
đồng nhất của phương trình, bất phương trình Harnack giúp chúng ta đánh giá
được
u < C,
sup u inf
x
QR0

x

QR0

trong đó C không phụ thuộc vào R, x0 . Xét dãy các điểm xm ∈ Rn sao cho
m→∞

u(xm ) −→ 0 và dãy các hình cầu QxR0m

xm .

Khi đó:
m→∞

0 ≤ u(x0 ) ≤ sup u ≤ Cu(xm ) −→ 0.
x

QR0m

Từ đó suy ra u(x0 ) = 0 và u ≡ 0.

1.5

Định lý kiểu Phragmen-Lindelof

Định lý 1.10. (Định lý kiểu Phragmen-Lindelof cổ điển)
Cho u(x) là hàm điều hòa trong dải
= ((x, y); 0 < y < π, −∞ < x < +∞),
23


liên tục trong

và không dương trên biên của

, khi đó hoặc là u ≤ 0 trong

hoặc
lim

e−αr

r→∞

max |u(x, y)|

x2 +y 2 =r2

> 0.

Ta nói rằng miền không bị chặn G ⊂ Rn là miền kiểu trụ với các tham số
R > 0, 0 < ε0 < 1, nếu
meas(QxR \G) > ε0 Rn , ∀x ∈ Rn .

Từ định lý trên ta có định lý sau:
Định lý 1.11. Nếu G ⊂ Rn là miền kiểu trụ với các tham số R và ε0 ; u(x) là
nghiệm của phương trình Lu = 0 trong G, liên tục trong G và không dương trên
∂G. Khi đó u ≤ 0 trong G hoặc
limr→∞ M (r)e−Cr/R > 0,

trong đó M (r) = max|x|=r u(x) và C > 0 phụ thuộc vào ε0 , λ, M và n.

24

Chương 2

Phương trình elliptic cấp hai dạng
bảo toàn
2.1

Nghiệm suy rộng. Nguyên lý cực đại
Xét toán tử có dạng
n

L=
i,k=1

∂
∂
aik (x)
∂xi
∂xk

n

+

bk (x)
k=1

∂
+ c(x),

∂xk

(2.1)

trong đó: x = (x1 . . . , xn ); aik (x) ≡ aki (x) là các hàm đo được và bị chặn.
Toán tử L được gọi là elliptic trong một miền G ⊂ R nếu tại mọi điểm trên
miền ma trận vuông aik (x) là xác định dương. Toán tử L được gọi là elliptic
đều trong G nếu ∃λ > 0, M > 0 sao cho:
n
−1

λ

2

aik (x)ξi ξk = λ|ξ|2 , |bi (x)| ≤ M, c(x) ≤ M, |aik (x)| ≤ M,

|ξ| ≤
i,k=1

x ∈ G,

i, k = 1, n,

ξ ∈ Rn .

Ta có công thức tích phân từng phần sau đây
fxj gdx = −
G

f gxj dx +
G

f gνj dδ,
δG

trong đó: ν = (ν1 , ν2 , ..., νj , ..., νn ) là pháp tuyến ngoài đơn vị trên ∂G.
Đặt :
H 1 = W 1 (G) = {u ∈ L2 (G); uxj ∈ L2 (G), j = 1, n}
W01 (G) = {u ∈ W 1 (G) : u|∂G = 0}.

25

(2.2)