Luận văn Thạc sĩ Toán học Bài toán biên Dirichlet cho phương trình Elliptic tuyến tính cấp hai trong không gian Holder

Header Page 1 of 89.

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

TRẦN THỊ THÚY MAI

BÀI TOÁN BIÊN DIRICHLET CHO
PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC TUYẾN TÍNH
CẤP HAI TRONG KHÔNG GIAN HOLDER

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - Năm 2012

Footer
1SốPage
hóa bởi
1 ofTrung
89. tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 2 of 89.

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

TRẦN THỊ THÚY MAI

BÀI TOÁN BIÊN DIRICHLET CHO PHƯƠNG
TRÌNH ELLIPTIC TUYẾN TÍNH CẤP HAI
TRONG KHÔNG GIAN HOLDER

Chuyên ngành:

GIẢI TÍCH

Mã số: 60.46.01.02

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học
PGS.TS HÀ TIẾN NGOẠN

Thái Nguyên - Năm 2012

Footer
2SốPage
hóa bởi
2 ofTrung
89. tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 3 of 89.
i

Mục lục

Mở đầu
1 Một số kiến thức chuẩn bị
1.1 Công thức tích phân từng phần . . . . . .
1.2 Công thức Green thứ nhất . . . . . . . .
1.3 Công thức Green thứ hai . . . . . . . . .
1.4 Công thức Green biểu diễn hàm số . . . .
1.5 Lớp hàm Holder . . . . . . . . . . . . . .
1.6 Đánh giá Schauder đối với thế vị Newton
1.7 Phương pháp liên tục . . . . . . . . . . .
1.8 Phương pháp làm trơn hàm số . . . . . .

1

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

2 Bài toán biên Dirichlet cho phương trình elliptic tuyến tính
cấp hai
2.1 Đánh giá Schauder đối với nghiệm của bài toán biên Dirichlet cho phương trình Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Đánh giá Schauder đối với nghiệm bài toán biên Dirichlet
cho phương trình elliptic tuyến tính cấp hai . . . . . . . . .
2.3 Tính giải được của bài toán biên Dirichlet cho phương trình
Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Tính giải được của bài toán Dirichlet cho phương trình elliptic cấp hai dạng tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . .

3
3
3
4
4
6
7
10

11

14
14
19
26
27

Kết luận

28

TÀI LIỆU THAM KHẢO

29

Footer
3SốPage
hóa bởi
3 ofTrung
89. tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 4 of 89.
1

Mở đầu

1. Lý do chọn Luận văn
Phương trình elliptic tuyến tính cấp hai có một đặc điểm quan trọng là:
khi vế phải và các hệ số của phương trình là các hàm liên tục thì nghiệm
cổ điển lớp C 2 của nó nói chung là không tồn tại. Nhà toán học Schauder
đã có một phát hiện quan trọng là khi vế phải và các hệ số của phương
trình thuộc lớp Holder C α thì nghiệm luôn tồn tại trong lớp C 2,α . Do đó
cần phải trình bày một cách hệ thống lý thuyết Schauder về tính giải được
của phương trình elliptic cấp hai trong không gian Holder.
2. Phương pháp nghiên cứu
Các phương pháp chính được sử dụng trong Luận văn là các đánh giá
tiên nghiệm đối với thế vị Newton và sử dụng phương pháp liên tục để
chuyển các kết quả cho phương trình Poisson sang loại phương trình tổng
quát.
3. Mục đích của Luận văn
Trình bày tính giải được của bài toán Dirichlet cho phương trình elliptic
cấp hai dạng tổng quát.
4. Nội dung của Luận văn
Luận văn bao gồm phần Mở đầu, hai chương nội dung chính, Kết luận
và Tài liệu tham khảo.
Chương 1. Giới thiệu các kiến thức chuẩn bị cho việc nghiên cứu kết
quả chính của Luận văn. Trước hết trình bày công thức tích phân từng
phần, sau đó trình bày các công thức Green thứ nhất, công thức Green
thứ hai và công thức tích phân từng phần. Tiếp theo giới thiệu về lớp hàm
Holder, đánh giá của Schauder đối với thế vị Newton và hai phương pháp
quan trọng là phương pháp liên tục và phương pháp làm trơn hàm số.
Chương 2. Giới thiệu các đánh giá của Schauder đối với nghiệm của

Footer
4SốPage
hóa bởi

4 ofTrung
89. tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 5 of 89.
2

bài toán biên Dirichlet cho phương trình Poisson và đối với nghiệm của bài
toán biên Dirichlet cho phương trình elliptic tuyến tính cấp hai. Tiếp theo
trình bày về tính giải được của bài toán biên Dirichlet cho phương trình
Poisson và tính giải được của bài toán Dirichlet cho phương trình elliptic
cấp hai dạng tổng quát.
Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn và nhiệt tình chỉ bảo
của PGS.TSKH Hà Tiến Ngoạn, Viện Toán học. Em xin được bày tỏ lòng
biêt ơn sâu sắc đến Thầy. Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành đến
Ban Giám hiệu, phòng Đào tạo, khoa Toán-trường Đại học sư phạm, Đại
học Thái Nguyên đã tạo điều kiện thuận lợi trong suốt quá trình học tập
tại trường.
Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đồng nghiệp và các thành viên
trong lớp cao học toán K18B đã luôn quan tâm, động viên, giúp đỡ tôi
trong suốt thời gian học tập và quá trình làm Luận văn.
Tuy có nhiều cố gắng, song thời gian và năng lực của bản thân có hạn
nên Luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót. Rất mong được sự đóng
góp ý kiến của các thầy cô cùng toàn thể bạn đọc.

Thái Nguyên, tháng 08 năm 2012
Tác giả
Trần Thị Thúy Mai

Footer
5SốPage
hóa bởi
5 ofTrung
89. tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 6 of 89.
3

Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị
1.1

Công thức tích phân từng phần

Giả sử Ω ⊂ Rd là miền bị chặn trong Rd với biên ∂Ω. Với x ∈ ∂Ω ta
ký hiệu νx = (ν1 , ν2 , ..., νd ) là véctơ pháp tuyến ngoài đơn vị tại x, dσ(x)
là phần tử diện tích của ∂Ω.
Với u(x), v(x) ∈ C 1 (Ω) ∩ C 0 (Ω) ta có công thức tích phân từng phần
sau đây:

∂u(x)
v(x)dx = −
∂xk
Ω

1.2

u(x)

∂v(x)
dx +
∂xk

Ω

u(x)v(x)νk dσ(x).

(1.1)

∂Ω

Công thức Green thứ nhất

Bổ đề 1.2.1. Giả sử u(x) ∈ C 2 (Ω) ∩ C 0 (Ω), v(x) ∈ C 1 (Ω) ∩ C 0 (Ω),
d

∆u =
k=1

∂2u
.
∂x2k

Khi đó ta có công thức Green thứ nhất

∇u(x).∇v(x)dx =

v(x)∆u(x)dx +
Ω

trong đó ∇u =

Ω
∂u
∂u
( ∂x
, ..., ∂x
)
1
d

v(z)

∂u
(z)dσ(z),
∂νz

(1.2)

∂Ω

,

∂u

∂νz

d

=
k=1

∂u
∂xk νk

= (∇u, νz ) là đạo hàm của

u theo hướng νz .

Footer
6SốPage
hóa bởi
6 ofTrung
89. tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 7 of 89.
4

Chứng minh. Ta có:
d

v(x)∆u(x)dx =

Ω

v(x)
k=1

Ω
d

= −
Ω k=1

= −

∂ ∂u
(
)dx
∂xk ∂xk
d

∂u ∂v
dx +
∂xk ∂xk

v(z)
k=1

∂Ω

∇u(x).∇v(x)dx +
Ω

v(z)

∂u(z)
νk dσ(z)
∂xk

∂u
(z)dσ(z).
∂νz

∂Ω

Do đó ta có công thức (1.2).

1.3

Công thức Green thứ hai

Bổ đề 1.3.1. Giả sử u(x), v(x) ∈ C 2 (Ω) ∩ C 0 (Ω), ta có công thức Green
thứ hai:
∂u
∂v
− u(z)
(z) dσ(z).
{v(x)∆u(x) − u(x)∆v(x)}dx =
v(z)
∂νz
∂νz
Ω

∂Ω

(1.3)
Chứng minh. Theo công thức Green thứ nhất ta có:

∇u(x).∇v(x)dx =

v(x)∆u(x)dx +
Ω

Ω

v(z)

∂u
(z)dσ(z).
∂νz

u(z)

∂v
(z)dσ(z).
∂νz

∂Ω

Đổi vai trò hàm u(x) và v(x) ta có:

∇v(x).∇u(x)dx =

u(x)∆v(x)dx +
Ω

Ω

∂Ω

Trừ các vế của hai phương trình trên ta có (1.3).

1.4

Công thức Green biểu diễn hàm số

Định lý 1.4.1. Nếu u ∈ C 2 (Ω), ta có:
∂Γ
∂u
u(y) =
u(x)
(x, y) − Γ(x, y)
(x) do(x) +
∂νx
∂νx
∂Ω

Γ(x, y)∆u(x)dx,
Ω

(1.4)

Footer
7SốPage
hóa bởi
7 ofTrung
89. tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 8 of 89.
5

trong đó

Γ(x, y) = Γ(|x − y|) =

1
2π

log |x − y|
với d = 2
1
2−d
với d > 2
d(2−d)ωd |x − y|

(1.5)

và ωd là thể tích của hình cầu đơn vị trong Rd .

> 0 đủ nhỏ, tồn tại hình cầu tâm y bán kính

Chứng minh. Với

B(y, ) ⊂ Ω
(vì Ω mở ). Áp dụng (1.3) cho v(x) = Γ(x, y) và Ω \ B(y, ). Do Γ là hàm
điều hòa theo biến x trong Ω \ {y}, ta thu được:

Γ(x, y)∆u(x)dx =

Γ(x, y)

∂Γ(x, y)
∂u
(x) − u(x)
dσ(x)
∂νx
∂νx

∂Ω

Ω\B(y, )

+

Γ(x, y)

∂Γ(x, y)
∂u
(x) − u(x)

dσ(x).
∂νx
∂νx

∂B(y, )

(1.6)
Trong tích phân thứ hai trên biên, ν là pháp tuyến ngoài của Ω \ B(y, ),
do vậy là pháp tuyến trong của B(y, ).
Ta lấy giới hạn từng tích phân trong công thức khi → 0. Do u ∈ C 2 (Ω),
∆u bị chặn. Do Γ là khả tích nên vế trái của (1.6) trở thành:

Γ(x, y)∆u(x)dx.
Ω

Trên ∂B(y, ), ta có Γ(x, y) = Γ( ). Vì vậy khi

Γ(x, y)

∂u
(x)dσ(x) ≤ dωd
∂νx

d−1

→ 0,

Γ( ) sup |∇u| → 0.
B(y, )

∂B(y, )

Ngoài ra,

−

u(x)

∂Γ(x, y)
∂
dσ(x) =
Γ( )
∂νx
∂

∂B(y, )

u(x)dσ(x)

∂B(y, )

=

1
dωd

u(x)dσ(x) → u(y).

d−1
∂B(y, )

Footer
8SốPage
hóa bởi
8 ofTrung
89. tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 9 of 89.
6

(do ν là pháp tuyến trong của B(y, )).
Do vậy, ta có (1.4).

1.5

Lớp hàm Holder

Định nghĩa 1.5.1. Cho f : Ω → R, x0 ∈ Ω, 0 < α < 1. Hàm f được gọi
là liên tục Holder tại x0 với số mũ α nếu

sup
x∈Ω

|f (x) − f (x0 )|
< ∞.
|x − x0 |α

(1.7)

Hơn nữa f được gọi là liên tục Holder trong Ω nếu nó liên tục tại mọi
x0 ∈ Ω (với số mũ α). Khi đó ta viết f ∈ C α (Ω).
Nếu f liên tục Holder tại x0 thì f liên tục tại x0 .
Trong (1.7) nếu α = 1 thì f được gọi là liên tục Lipschitz tại x0 .
Ta định nghĩa chuẩn:

|f (x) − f (y)|
|x − y|α
x,y∈Ω

|f |C α (Ω) = sup
f

C α (Ω)

= f

C 0 (Ω)

(1.8)

+ |f |C α (Ω)

(1.9)

Không gian C α (Ω) với chuẩn (1.9) là không gian Banach.
Ví dụ 1.5.2. Hàm f trên B1 (0) được cho bởi f (x) = |x|β , 0 < β < 1,
liên tục Holder với số mũ β tại x = 0 và liên tục Lipschitz khi β = 1.

Định nghĩa 1.5.3. C k,α (Ω) là không gian các hàm f ∈ C k (Ω) mà đạo
hàm cấp k liên tục Holder với số mũ α.
Khi đó

f

C k,α (Ω)

= f

C k (Ω)

|Dα f |C α (Ω) .

+

(1.10)

|α|=k

Ta thường viết C α thay cho C 0,α .
Không gian C k,α (Ω) với chuẩn (1.10) là không gian Banach.
Bổ đề 1.5.4. Nếu f1 , f2 ∈ C α (G) trên G ⊂ Rd . Khi đó f1 f2 ∈ C α (G) và:

|f1 f2 |C α (G) ≤

sup |f1 | |f2 |C α (G) +
G

Footer

9SốPage
hóa bởi
9 ofTrung
89. tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

sup |f2 | |f1 |C α (G) .
G




Header Page 10 of 89.
7

Chứng minh. Ta có:

|f1 (x)f2 (x) − f1 (y)f2 (y)| |f1 (x) − f1 (y)|
≤
|f2 (x)|
|x − y|α
|x − y|α
|f2 (x) − f2 (y)|
|f1 (x)|.
+
|x − y|α
Suy ra điều phải chứng minh.

1.6

Đánh giá Schauder đối với thế vị Newton

Định nghĩa 1.6.1. Cho Ω ∈ Rd là mở và bị chặn. Thế vị Newton của f
là hàm số u trên Rn được định nghĩa bởi:

u(x) =

Γ(x, y)f (y)dy,

(1.11)

Ω

trong đó Γ(x, y) được xác định bởi (1.5).
Định lý 1.6.2.
a. Nếu f ∈ L∞ (Ω) (tức sup |f (x)| < ∞), thì u ∈ C 1,α (Ω) và:
x∈Ω

u

C 1,α (Ω)

≤ c1 sup |f |

với α ∈ (0; 1).

(1.12)

b. Nếu f ∈ C0α (Ω), thì u ∈ C 2,α (Ω) và:

u

C 2,α (Ω)

≤ c2 f

C α (Ω)

với α ∈ (0; 1),

(1.13)

trong đó C0α (Ω) gồm các hàm thuộc C α (Ω) và bằng không trong lân cận
của biên ∂Ω.
Các hằng số trong (1.12) và (1.13) phụ thuộc vào α, d và |Ω|.
Chứng minh. a. Đạo hàm cấp một v i =

xi − y i
f (y)dy
|x − y|d

i

v (x) =

∂u
∂xi

của u được cho bởi:

(i = 1, 2, ..., d).

Ω

Trong công thức trên đã bỏ qua thừa số mà chỉ phụ thuộc vào d. Từ đó
ta có công thức:

xi2 − y i
xi1 − y i
−
dy.
|x1 − y|d |x2 − y|d

|v i (x1 ) − v i (x2 )| ≤ sup |f |.
Ω

(1.14)

Ω

Footer
10SốPage
hóa 10
bởiofTrung
89. tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 11 of 89.
8

Theo định lý giá trị trung bình ta có: Trong đoạn [x1 ; x2 ] tồn tại x3 sao
cho:
xi2 − y i
c3 |x1 − x2 |
xi1 − y i
−
.
(1.15)
≤
d
d
|x1 − y|
|x2 − y|
|x3 − y|d
Ta đặt δ = 2|x1 − x2 |. Do Ω là bị chặn nên ta có thể tìm R > 0 với
Ω ⊂ B(x3 , R). Ta thay thế tích phân trên Ω trong (1.14) bởi tích phân
trên B(x3 , R) và ta phân tích như sau:

=
B(x3 ,R)

+
B(x3 ,δ)

= I1 + I2 .

(1.16)

B(x3 ,R)\B(x3 ,δ)

Không mất tính tổng quát ta lấy δ < R. Ta có:
1
dy = 2ωd δ,
I1 ≤ 2
|x2 − y|d−1

(1.17)

B(x3 ,δ)

và do (1.15) ta có :

I2 ≤ c4 δ(log R − log δ)
.
Do đó:

I1 + I2 ≤ c5 |x1 − x2 |α với α ∈ (0; 1).
Hiển nhiên ta có:

|v i (x)| ≤ c6 sup |f |.

(1.18)

Ω

b. Đạo hàm cấp hai wij =

wij (x) =

∂2u
∂xi ∂xj

của u được cho bởi:

|x − y|2 δij − d(xi − y i )(xj − y j )

1
f (y)dy.
|x − y|d+2

Trong công thức trên đã bỏ qua thừa số mà chỉ phụ thuộc vào d. Tuy nhiên
ta vẫn cần chỉ ra rằng tích phân này là hữu hạn nếu giả thiết f ∈ C0α (Ω)
cố định.
Đầu tiên ta đặt f (x) = 0 với x ∈ Rd \ Ω. Điều này không ảnh hưởng
đến tính liên tục Holder của f . Ta viết:
1
K(x − y) = |x − y|2 δij − d(xi − y i )(xj − y j )
|x − y|d+2
∂
xi − y i
=
.
∂xj |x − y|d
Footer
11SốPage
hóa 11
bởiofTrung
89. tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

Header Page 12 of 89.
9

Ta có

do

yi
|y|d

(1.19)

|y|=R1

|y|=R2

R1 <|y|
yj yi
= 0,
.
R1 |y|d

yj yi
−
.
R2 |y|d

K(y)dy =

là hàm thuần nhất bậc 1 − d. Do đó ta cũng có:

K(y)dy = 0.

(1.20)

Rd

Do (1.20) nên ta có:

wij (x) =

K(x − y)f (y)dy
Rd

(f (y) − f (x))K(x − y)dy.

=

(1.21)

Rd

Như trên, trong đoạn [x1 ; x2 ] tồn tại x3 sao cho:

|K(x1 − y) − K(x2 − y)| ≤

c7 |x1 − x2 |
.
|x3 − y|d+1

(1.22)

Đặt δ = 2|x1 − x2 |. Do (1.21) ta có:

wij (x1 ) − wij (x2 )
f (y) − f (x1 ) K(x1 − y) − f (y) − f (x2 ) K(x2 − y) dy

=
Rd

=

I1 + I2 .

(1.23)

Ở đây I1 ký hiệu là tích phân trên B(x1 , δ) và I2 là tích phân trên Rd \
B(x1 , δ). Do |f (y) − f (x)| ≤ f C α .|x − y|α ta có:

|I1 | ≤

f

Cα

≤ c8 f

K(x1 − y)|x1 − y|α − K(x2 − y)|x2 − y|α dy

B(x1 ,δ)
α
C α .δ .

Footer
12SốPage
hóa 12
bởiofTrung
89. tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

(1.24)




Header Page 13 of 89.
10

Hơn nữa:

f (x2 ) − f (x1 ) K(x1 − y)dy

I2 =
Rd \B(x1 ,δ)

f (y) − f (x2 ) K(x1 − y) − K(x2 − y) dy.

+

(1.25)

Rd \B(x1 ,δ)

Tích phân thứ nhất triệt tiêu do (1.19). Sử dụng (1.22) và do y ∈ Rd \
B(x1 , δ),
1
c9
≤
.
|x3 − y|d+1
|x1 − y|d+1
Ta có:

|I2 | ≤ c10 δ f

|x1 − y|α−d−1 ≤ c11 δ α f

Cα

Cα .

(1.26)

Rd \B(x1 ,δ)

Bất đẳng thức (1.13) được suy ra từ (1.23), (1.24), (1.26).

1.7

Phương pháp liên tục

Định lý 1.7.1. Giả sử L0 , L1 : B1 → B2 là các toán tử tuyến tính giữa
các không gian Banach B1 , B2 . Ta đặt:

Lt = (1 − t)L0 + tL1 với 0 ≤ t ≤ 1.

(1.27)

Giả sử tồn tại hằng số c không phu thuộc vào t mà:

u

B1

≤ c Lt u

B2

với mọi u ∈ B1 .

(1.28)

Khi đó, nếu L0 là toàn ánh thì L1 cũng là toàn ánh.
Chứng minh. Giả sử Lτ là toàn ánh với một giá trị nào đó τ ∈ [0; 1].
Theo (1.28), khi đó Lτ là đơn ánh. Vì vậy Lτ là song ánh. Do đó có toán
tử nghịch đảo:
L−1

τ : B2 → B1
Với t ∈ [0; 1], ta viết lại phương trình:

Lτ u = f

với f ∈ B2

Footer
13SốPage
hóa 13
bởiofTrung
89. tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

(1.29)




Header Page 14 of 89.
11

thành phương trình sau:

Lτ u = f + (Lτ − Lt )u = f + (t − τ )(L0 u − L1 u),
hoặc
−1
u = L−1
τ f + (t − τ )Lτ (L0 − L1 )u = Λu.

Vì vậy, để giải (1.29), ta cần tìm một điểm bất động của toán tử Λ : B1 →

B2 . Theo định lý điểm bất động của Banach thì tồn tại một điểm bất động
nếu ta tìm được q < 1 mà:

Λu − Λv

B1

≤q u−v

B1 .

Ta có

Λu − Λv ≤ L−1
( L0 + L1 )|t − τ | u − v .
τ
Theo (1.28), L−1
≤ c. Do đó ta chọn được:
τ

1
|t − τ | ≤ (c( L0 + L1 ))−1 = η.
2
Và thu được điểm cố định cần tìm. Có nghĩa là nếu Lτ u = f giải được thì
Lt u = f cũng giải được với mọi t thỏa mãn |t − τ | ≤ η . Từ đó L0 là toàn
ánh theo giả thiết, khi đó Lt là toàn ánh với 0 ≤ t ≤ η . Lặp lại chứng
minh trên với τ = η , ta thu được toàn ánh với η ≤ t ≤ 2η . Lặp lại tất cả
Lt với t ∈ [0; 1] và đặc biệt L1 là toàn ánh.

1.8

Phương pháp làm trơn hàm số

Ta xét khái niệm làm trơn hàm số (mollification). Ta chọn (x) là một
hàm không âm nào đó thuộc C0∞ (B(0, 1)) với

dx = 1,
Rd

trong đó B(0, 1) = {x ∈ Rd : |x| ≤ 1}.
Với h > 0 đủ nhỏ và hàm u(x) cho trước ta đặt:

uh (x) =

1
hd

(

x−y
)u(y)dy, x ∈ Ω,
y

Rd

Footer
14SốPage
hóa 14
bởiofTrung
89. tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

Header Page 15 of 89.
12

trong đó u(y) được hiểu là bằng không bên ngoài Ω. Khi đó hàm uh (x) ∈
C0∞ (Rd ).
Bổ đề 1.8.1. Với u ∈ C 0 (Ω), khi h → 0, uh hội tụ đều tới u trên tập bất
kỳ Ω ⊂⊂ Ω.
Chứng minh. Ta xét

uh (x) =

1
hd

(

x−y
)u(y)dy
h

|x−y|≤h

(z)u(x − hz)dz

=

với z =

x−y
.
y

(1.30)

|z|≤1

Vì vậy, nếu Ω ⊂⊂ Ω và 2h < dist(Ω, ∂Ω), sử dụng

u(x) =

(z)u(x)dz
|z|≤1

(z)dz = 1, ta thu được:

và do
|z|≤1

sup |u − uh | ≤ sup
Ω

(z)|u(x) − u(x − hz)|dz,

x∈Ω
|z|≤1

≤ sup sup |u(x) − u(x − hz)|.
x∈Ω |z|≤1

Do u liên tục đều trên tập compact {x : dist(x, Ω ) ≤ h}, ta suy ra:

sup |u − uh | → 0

với h → 0.

Ω

Bổ đề 1.8.2. Giả sử u ∈ Lp (Ω), 1 ≤ p < ∞. Với h → 0, khi đó ta có:

u − uh

Lp (Ω)

→ 0.

Hơn nữa, uh hội tụ tới u tại hầu khắp nơi.
Chứng minh. Ta sử dụng bất đẳng thức Holder, trong (1.30) ta có
1

1

(z)u(x − hz) = (z) q (z) p u(x − hz),

Footer
15SốPage
hóa 15

bởiofTrung
89. tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 16 of 89.
13

với

1
q

+

1
p

= 1, ta thu được:
p

|uh (x)|

≤

p
q

(z)dz

(z)|u(x − hz)|p dz
|z|≤1

|z|≤1

(z)|u(x − hz)|p dz.

=
|z|≤1

Ta chọn tập Ω bị chặn với Ω ⊂⊂ Ω .
Nếu 2h < dist(Ω, ∂Ω ) thì

|uh (x)|p dx ≤

(z)|u(x − hz)|p dzdx

Ω

Ω |z|≤1

=

|u(x − hz)|p dx dz

(z)

(1.31)

Ω

|z|≤1

|u(y)|p dy

≤
Ω

(với phép thế y = x − hz ). Với ε > 0, ta chọn w ∈ C 0 (Ω ) với

u−w

< ε.

Lp (Ω )

Theo Bổ đề 1.8.1, với h đủ nhỏ, ta có:

w − wh

Lp (Ω )

< ε.

Áp dụng (1.31) với u − w, ta thu được:

|uh (x) − wh (x)|p dx ≤
Ω

|u(y) − w(y)|p dy
Ω

và do đó

u − uh

Lp (Ω)

≤

u−w

Lp (Ω)

≤ 2ε + u − w

+ w − wh
Lp (Ω )

Lp (Ω)

+ uh − wh

Lp (Ω)

≤ 3ε.

Vì vậy uh hội tụ tới u với chuẩn tương ứng . p . Do đó dãy con của uh hội
tụ tới u tại hầu khắp nơi. Khi đó dãy uh hội tụ tới u khi h → 0.

Footer
16SốPage
hóa 16
bởiofTrung
89. tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 17 of 89.
14

Chương 2

Bài toán biên Dirichlet cho phương
trình elliptic tuyến tính cấp hai
2.1

Đánh giá Schauder đối với nghiệm của bài toán biên Dirichlet cho phương trình Poisson

Xét phương trình Poisson sau trong miền Ω ⊂ Rd

x ∈ Ω.

∆u(x) = f (x),

(2.1)

Ta ký hiệu H 1 (Ω) là không gian

H 1 (Ω) = {u(x) ∈ L2 (Ω);

∂u
∈ L2 (Ω), ∀i = 1, 2, ..., d}.
∂xi

Không gian H 1 (Ω) là không gian Hilbert với tích vô hướng sau:
d

(u, v)H 1 (Ω) =

u(x)v(x) +
i=1

Ω

∂u ∂v
.
dx.
∂xi ∂xi

Cho f (x) ∈ L2 (Ω), hàm số u(x) ∈ H 1 (Ω) được gọi là một nghiệm yếu
của phương trình (2.1) nếu:
n

−
Ω

i=1

∂u ∂v
dx =
∂xi ∂xi

f (x)v(x)dx

(2.2)

Ω

với mọi v(x) ∈ H01 (Ω), trong đó

H01 (Ω) = {v(x) ∈ H 1 (Ω); v(x) = 0, x ∈ ∂Ω}.

Footer
17SốPage
hóa 17
bởiofTrung
89. tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 18 of 89.
15

Định lý 2.1.1. Giả sử Ω ⊂ Rd là mở và bị chặn, và Ω0 ⊂⊂ Ω. Cho u là
một nghiệm yếu của ∆u = f trong Ω.
(a) Nếu f ∈ C 0 (Ω), thì u ∈ C 1,α (Ω) và

u

C 1,α (Ω0 )

≤ c12 f

C 0 (Ω)

+ u

L2 (Ω)

.

(2.3)

+ u

L2 (Ω)

.

(2.4)

(b) Nếu f ∈ C α (Ω), thì u ∈ C 2,α (Ω) và

u

C 2,α (Ω0 )

≤ c13 f

C α (Ω)

Chứng minh. Ta chứng minh ước lượng (2.3) và (2.4) với giả thiết u ∈
C 2,α (Ω).
Ta có thể phủ Ω0 bởi một só hữu hạn các hình cầu chứa trong Ω. Do
đó ta chỉ cần xét các trường hợp

Ω = B(0, R),
0 < r < R < ∞.

Ω0 = B(0, r),

Giả sử 0 < R1 < R2 < R. Ta chọn η ∈ C0∞ (B(0, R2 )) với 0 ≤ η ≤ 1,
η(x) = 1 với |x| ≤ R1 và

η

≤ c14 (R2 − R1 )−k−α .

C k,α (B(0,R2 ))

(2.5)

Ta đặt

φ = ηu.

(2.6)

Khi đó φ triệt tiêu ở phía ngoài của B(0, R2 ) và do

ϕ(y) =

Γ(x, y)∆ϕ(x)dx,
Ω

ta có:

φ(x) =

Γ(x, y)∆φ(y)dy.

(2.7)

Ω

Ở đây

∆φ = η∆u + 2Du.Dη + u∆η,

(2.8)

và vì vậy

∆φ

C0

≤ ∆u

C0

+ c15 η

Footer
18SốPage
hóa 18
bởiofTrung
89. tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

C2 .

u|C 1 .

(2.9)




Header Page 19 of 89.
16

Và do Bổ đề 1.5.4, ta có:

∆φ

Cα

≤ c16 η

∆u

C 2,α

Cα

+ u

C 1,α

.

(2.10)

Ở đây tất cả các chuẩn được tính toán trên B(0, R2 ). Từ Định lý 1.6.2 và
(2.9) và (2.10), ta thu được:

φ

C 1,α

≤ c17 ∆u

C0

+ η

C2

u

,

(2.11)

C 1,α

(2.12)

C1

và

φ

C 2,α

≤ c18 η

∆u

C 2,α

Cα

+ u

tương ứng. Do u(x) = φ(x) với |x| ≤ R1 , và trở lại (2.5), ta thu được:

u

C 1,α (B(0,R1 ))

≤ c19

∆u

C 0 (B(0,R2 ))

+

1
u
(R2 − R1 )2

C 1 (B(0,R2 ))

,

(2.13)
và

u

C 2,α (B(0,R1 ))

≤ c20

1
(R2 − R1 )2+α

∆u

C α (B(0,R2 ))

+ u

C 1,α (B(0,R2 ))

(2.14)
tương ứng.
Bây giờ ta chỉ ra rằng với α ∈ (0; 1), với bất kỳ ε > 0 tồn tại N (ε) < ∞
sao cho:
u C 1 (Ω) ≤ ε u C 1,α (Ω) + N (ε) u L2 (Ω) ,
(2.15)
với mọi u ∈ C 1,α (Ω). Nếu không ta có thể tìm thấy một dãy hàm (un )n∈N ⊂
C 1,α (Ω) với

un

C 1 (Ω)

= 1,

un

C 1 (Ω)

> ε un

C 1,α (Ω)

+ n un

L2 (Ω) .

(2.16)

Đặc biệt, un C 1,α (Ω) là bị chặn đều. Có nghĩa là un và đạo hàm cấp một
của chúng liên tục đều. Từ định lý Arzela-Ascoli, ta chọn được một dãy
con (un ) hội tụ tới u ∈ C 1 (Ω) với u C 1 (Ω) = 1. Tuy nhiên từ (2.16) kéo
theo u L2 (Ω) = 0, do đó u ≡ 0, do vậy u C 1 (Ω) = 0 (mâu thuẫn). Do vậy
(2.15) được chứng minh.
Bằng cách tương tự ta cũng chứng minh được

u

C 2 (Ω)

≤ε u

C 2,α (Ω)

Footer
19SốPage
hóa 19
bởiofTrung

89. tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

+ N (ε) u

L2 (Ω) .

(2.17)




Header Page 20 of 89.
17

Ta đặt

A1 = sup (R − r)3 u

C 1,α (B(0,r)) ,

0≤r≤R

A2 = sup (R − r)3 u

C 2,α (B(0,r)) .

0≤r≤R

Để chứng minh (a), ta chọn R1 sao cho:

A1 ≤ 2(R − R1 )3 u

C 1,α (B(0,R1 )) .

(2.18)

Và để chứng minh (b) ta chọn R1 sao cho:

A2 ≤ 2(R − R1 )3 u

C 1,α (B(0,R1 )) .

(2.19)

Khi đó (2.13) và (2.15) kéo theo:

A1 ≤ c21 (R − R1 )3

∆u

C 0 (B(0,R2 ))

+

ε
u
(R2 − R1 )2

C 1,α (B(0,R2 ))

1
N (ε) u L2 (B(0,R2 ))
(R2 − R1 )2
(R − R1 )3
ε
≤ c22
.
.A1 + c23 (R − R1 )3 ∆u
3
2
(R − R2 ) (R2 − R1 )
(R − R1 )3
+ c24 N (ε)
u L2 (B(0,R2 )) .
(R2 − R1 )3
+

C 0 (B(0,R2 ))

Chọn R2 (R1 < R2 < R), và ε thích hợp, hệ số của A1 ở vế phải nhỏ hơn
1
2 . Khi đó ta được:

u|C 1,α (B(0,r)) ≤

1
A1
(R − r)3

≤ c25

∆u

C 0 (B(0,R))

+ u

L2 (B(0,R))

(2.20)

với một hằng số phụ thuộc vào bán kính. Một cách tương tự từ (2.14) và
(2.17) ta thu được:

u

C 2,α (B(0,r))

≤ c26

∆u

C 0 (B(0,R))

+ u

L2 (B(0,R))

(2.21)

với 0 < r < R. Từ ∆u = f , ta có (2.3) và (2.4) được chứng minh với
u ∈ C 2,α (Ω).
Với u ∈ H 1 (Ω) ta xét uh như trong chương 1.

Footer
20SốPage
hóa 20
bởiofTrung
89. tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 21 of 89.
18

Giả sử 0 < h < dist(Ω0 , ∂Ω). Khi đó:

Duh .Dv = −
Ω

với mọi v ∈ H01,2 (Ω).

fh v
Ω

Và do uh ∈ C ∞ , ta cũng có ∆uh = fh . Hơn nữa, do f ∈ C α (Ω), nên

fh − f

Cα

→ 0.

Cho h → 0, khi đó fh là dãy Cauchy trong C 0 (Ω) hoặc C α (Ω). Áp dụng
(2.3) và (2.4) cho uh1 − uh2 , ta thu được:

uh1 − uh2

C 1,α (Ω0 )

≤ c27

fh1 − fh2

C 0 (Ω)

+ uh1 − uh2

L2 (Ω)

,

(2.22)

C 2,α (Ω0 )

≤ c28

fh1 − fh2

C α (Ω)

+ uh1 − uh2

L2 (Ω)

.

(2.23)

hoặc

uh1 − uh2

Hàm giới hạn u được chứa trong C 1,α (Ω0 ) hoặc C 2,α (Ω0 ) và thỏa mãn (2.3)
và (2.4).
Định lý 2.1.2. Giả sử u là một nghiệm yếu của ∆u = f trong Ω (Ω
là miền bị chặn trong Rd ), f ∈ Lp (Ω) với p > d, Ω0 ⊂⊂ Ω. Khi đó
u ∈ C 1,α (Ω) với α phụ thuộc vào p và d, và

u

C 1,α (Ω0 )

≤ const f

Lp (Ω)

+ u

L2 (Ω)

.

Chứng minh. Ta xét thế vị Newton:

w(x) =

Γ(x, y)f (y)dy,
Ω

và

xi − y i
f (y)dy.
(x − y)d

i

v (x) =
Ω

Sử dụng bất đẳng thức Holder, ta thu được:

|v i (x)| ≤ f

p−1
p

dy
Lp (Ω)

p

|x − y|(d−1) p−1

.

Biểu diễn này là hữu hạn vì p > d. Bằng cách tương tự ta cũng chứng
∂
i
minh được rằng ∂x
i w = const v và thu được đánh giá Holder như trong
chứng minh của Định lý 1.6.2 (a) và Định lý 2.1.1 (a).

Footer
21SốPage
hóa 21
bởiofTrung
89. tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 22 of 89.
19

Hệ quả 2.1.3. Giả sử u ∈ H 1 (Ω) là nghiệm yếu của ∆u = f với f ∈
C k,α (Ω), k ∈ N, 0 < α < 1. Khi đó u ∈ C k+1,α (Ω) và nếu Ω0 ⊂⊂ Ω, thì

u

C k+2,α (Ω0 )

≤ const f

C k,α (Ω)

+ u

L2 (Ω)

.

Nếu f ∈ C ∞ (Ω), u cũng vậy.
Chứng minh. Do u ∈ C 2,α (Ω) nên theo Định lý 2.1.1, ta biết rằng nó là
nghiệm yếu của
∂
∂
∆ i u = i f.
∂x
∂x
Từ Định lý 2.1.1 kéo theo:

∂
u ∈ C 2,α (Ω)
i
∂x

(i ∈ {1, ..., d}),

và vì vậy u ∈ C 3,α (Ω).

2.2

Đánh giá Schauder đối với nghiệm bài toán biên Dirichlet
cho phương trình elliptic tuyến tính cấp hai

Định nghĩa 2.2.1. Ta xét phương trình
d

∂ 2 u(x)
Lu(x) =
a (x) i j +
∂x ∂x
i,j=1

d

bi (x)

ij

i=1

∂u(x)
+ c(x)u(x) = f (x) (2.24)
∂xi

trong miền Ω ⊂ Rd . Phương trình trên được gọi là phương trình elliptic
tuyến tính cấp hai nếu thỏa mãn :
(A) Tính elliptic: Tồn tại λ > 0 sao cho với mọi x ∈ Ω, ξ ∈ Rd ta có
d

aij (x)ξi ξj ≥ λ|ξ|2 .
i,j=1

Hơn nữa aij (x) = aji (x) với mọi i, j, x.
(B) Hệ số liên tục Holder: Tồn tại K < ∞ sao cho:

aij

C α (Ω) ,

bi

C α (Ω) ,

c

C α (Ω)

≤K

với mọi i, j .

Footer
22SốPage
hóa 22

bởiofTrung
89. tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 23 of 89.
20

Định lý 2.2.2. Giả sử f ∈ C α (Ω) và u ∈ C 2,α (Ω) thỏa mãn

Lu = f

(2.25)

trong miền Ω (0 < α < 1). Với bất kỳ Ω0 ⊂⊂ Ω. Khi đó ta có:

u

C 2,α (Ω0 )

≤ c1

f

C α (Ω)

+ u

L2 (Ω)

,

(2.26)

trong đó c1 là hằng số phụ thuộc vào Ω, Ω0 , α, d, λ, K .
Chứng minh. Để chứng minh định lý trên ta cần bổ đề sau:
Bổ đề 2.2.3. Giả sử có ma trận đối xứng (Aij )i,j=1,...,d thỏa mãn:
d
2

Aij ξi ξj ≤ Λ|ξ|2

λ|ξ| ≤

(2.27)

i,j=1

với mọi ξ ∈ Rd và 0 < λ < Λ < ∞.
Giả sử u thỏa mãn
d

Aij
i,j=1

∂ 2u
=f
∂xi ∂xj

(2.28)

α

với f ∈ C (Ω) (0 < α < 1). Với bất kỳ Ω0 ⊂⊂ Ω, khi đó ta có:

u

C 2,α (Ω0 )

≤ c2

f

C α (Ω)

+ u

L2 (Ω)

.

(2.29)

Chứng minh. Ta sẽ dùng chú ý sau:

A = (Aij )i,j=1,...,d ,

D2u =

∂ 2u
∂xi ∂xj

.
i,j=1,...,d

Nếu B là một ma trận d × d không suy biến, và nếu y = Bx, v = u ◦ B −1 ,
tức là v(y) = u(x) ta có:

AD2 u(x) = AB t D2 v(y)B,
do đó

T r(AD2 u(x)) = T r(BAB t D2 v(y)).

(2.30)

Do A là đối xứng nên ta có thể chọn B sao cho B t AB là ma trận đơn vị.
Thực tế, B được chọn như tích các ma trận đường chéo


− 21
λ

 1 .

..
D=


−1

λ1 2
Footer
23SốPage
hóa 23
bởiofTrung
89. tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




Header Page 24 of 89.
21

(λ1 , ..., λd là các giá trị riêng của A) với ma trận trực giao R. Bằng cách
này ta thu được phương trình

∆v(y) = f (B −1 y).

(2.31)

Theo Định lý 2.1.1 ta tiến hành đánh giá C 2,α đối với v , và có thể biến đổi
lại với u = v ◦ B . Kết quả ta thu được các hằng số phụ thuộc vào λ, Λ với
các giá trị riêng của A, do đó xác định giá trị riêng của D và vì vậy xác
định của B .
Ta chứng minh định lý.
Ta sẽ chỉ ra rằng với mọi x0 ∈ Ω0 tồn tại hình cầu B(x0 , r) mà trên đó
ước lượng (2.26) là đúng. Bán kính r của hình cầu này chỉ phụ thuộc vào
khoảng cách (Ω0 , ∂Ω) và chuẩn Holder của các hệ số aij , bi , c. Do đó Ω0
là compact, nên nó có thể bị phủ bởi một số hữu hạn các hình cầu, và ta

tiến hành đánh giá trên Ω0 .
Thật vậy, giả sử x0 ∈ Ω0 . Ta viết lại phương trình vi phân Lu = f như
sau:

∂ 2 u(x)
a (x0 ) i j
∂x ∂x
ij

i,j

∂ 2 u(x)
(a (x0 ) − a (x)) i j
∂x ∂x
ij

=
i,j

bi (x)

−
i

=

ij

∂u(x)
− c(x)u(x) + f (x)

∂xi

ϕ(x).

(2.32)

Nếu ta có thể đánh giá chuẩn C α của ϕ, đặt Aij = aij (x0 ) và áp dụng
Bổ đề 2.2.3 trên ta tiến hành đánh giá đối với chuẩn C 2,α của u. Số hạng
2
u
quan trọng trong đánh giá của ϕ là
(aij (x0 ) − aij (x)) ∂x∂i ∂x
j . Giả sử
B(x0 , R) ∈ Ω. Theo Bổ đề 1.5.4, ta có:

(aij (x0 ) − aij (x))
i,j

≤

∂ 2 u(x)
∂xi ∂xj

sup

C α (B(x0 ,R))

|aij (x0 ) − aij (x)||D2 u|C α (B(x0 ,R))

i,j,x∈B(x0 ,R)

|aij |C α (B(x0 ,R)) sup |D2 u|.

+
i,j

Footer
24SốPage
hóa 24
bởiofTrung
89. tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

(2.33)

B(x0 ,R)




Header Page 25 of 89.
22

Vì vậy, ta cũng có:

∂ 2u
(a (x0 ) − a (x)) i j
∂x ∂x
ij

ij

C α (B(x0 ,R))
ij

≤ sup |aij (x0 ) − a (x)| u

C 2,α (B(x0 ,R))

+ c3 u

C 2 (B(x0 ,R))

(2.34)
trong đó c3 phụ thuộc vào chuẩn C α của aij .
Tương tự,
∂u
bi (x) i
≤ c4 u
∂x
α
C (B(x0 ,R))
i

c(x)u(x)

C α (B(x0 ,R))

≤ c5 u

C 1,α (B(x0 ,R)) ,

(2.35)

C α (B(x0 ,R)) .

(2.36)

Do vậy, ta thu được:

ϕ

≤

C α (B(x0 ,R))

|aij (x0 ) − aij (x)| u

sup

C 2,α (B(x0 ,R))

i,j,x∈B(x0 ,R)

+c6 u

C 2 (B(x0 ,R))

+ f

(2.37)

C α (B(x0 ,R))

Theo Bổ đề 2.2.3, từ (2.32) và (2.37) cho 0 < r < R, ta thu được:

u

C 2,α (B(x0 ,r))

≤ c7

sup

|aij (x0 ) − aij (x)| u

C 2,α (B(x0 ,R))

i,j,x∈B(x0 ,R)

+c8 u

C 2 (B(x0 ,R))

+ c9 f

(2.38)

C α (B(x0 ,R))

Do aij liên tục trên Ω, ta có thể chọn R > 0 đủ nhỏ sao cho:

1
c7
sup
|aij (x0 ) − aij (x)| ≤ .
2
i,j,x∈B(x0 ,R)

(2.39)

Với cùng phương pháp trong chứng minh của Định lý 2.1.1, số hạng tương
ứng có thể bị triệt tiêu trong vế trái. Khi đó từ (2.38) ta thu được:

u

C 2,α (B(x0 ,R))

≤ 2c8 u

C 2 (B(x0 ,R))

+ 2c9 f

C α (B(x0 ,R)) .

(2.40)

L2 (B(x0 ,R)) .

(2.41)

Do (2.17), với mọi ε > 0, tồn tại N (ε) sao cho:

u

C 2 (B(x0 ,R))

≤ε u

C 2,α (B(x0 ,R))

+ N (ε) u

Với cùng phương pháp trong chứng minh của Định lý 2.1.1, từ (2.41) và
(2.40) ta thu được đánh giá sau:

u

C 2,α (B(x0 ,R))

≤ c10

f

C α (B(x0 ,R))

Footer
25SốPage
hóa 25
bởiofTrung
89. tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

+ u

L2 (B(x0 ,R))

.

(2.42)