Nghiệm của một lớp các phương trình tích phân trong miền bị chặn

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

ĐINH THỊ THÚY NGÂN

NGHIỆM CỦA MỘT LỚP CÁC PHƯƠNG
TRÌNH TÍCH PHÂN TRONG MIỀN BỊ CHẶN

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội – 2018


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

ĐINH THỊ THÚY NGÂN

NGHIỆM CỦA MỘT LỚP CÁC PHƯƠNG
TRÌNH TÍCH PHÂN TRONG MIỀN BỊ CHẶN

Chuyên ngành: Toán Giải Tích
Mã số: 8460101.02.
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS. NGÔ QUỐC ANH

Hà Nội – 2018

Mục lục
Lời cảm ơn

2

Mở đầu

3

0 Giới thiệu vấn đề

5

0.1

Bài toán Fosdick–Serrin và lý do chọn đề tài . . . . . . . . . . . . . . .

5

0.2

Một số kí hiệu và quy ước hay dùng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

0.3

Điều kiện cần về tính chính quy của nghiệm . . . . . . . . . . . . . . .

8

0.4

Kết quả chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

1 Một số kết quả chuẩn bị

12

1.1

Một số ước lượng cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

1.2

Một số không gian hàm cơ bản và Định lý nhúng Sobolev . . . . . . . .

16

1.3

Một số bất đẳng thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18

2 Nghiệm của một lớp phương trình tích phân trong miền bị chặn

22

2.1

Một số kết quả về tính chính quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

2.2

Phương pháp di chuyển mặt phẳng từ phải sang trái . . . . . . . . . .

30

2.3

Phương pháp di chuyển mặt phẳng từ trái sang phải . . . . . . . . . .

44

2.4

Chứng minh Định lý chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

49

1

2

LỜI CẢM ƠN
Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn và chỉ bảo nhiệt tình của TS.
Ngô Quốc Anh. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn cũng như giải đáp các thắc
mắc của tôi trong suốt quá trình làm luận văn. Quá trình làm việc và trao đổi với thầy
tôi học hỏi được rất nhiều điều và trưởng thành hơn. Vì vậy, tôi muốn bày tỏ sự kính
trọng và lòng biết ơn sâu sắc đến thầy.
Qua đây, tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới quý thầy cô Khoa Toán - Cơ -Tin học,
Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, đặc biệt là các thầy cô
đã trực tiếp giảng dạy trong suốt quá trình tôi học tập tại Nhà trường. Tôi cũng xin
gửi lời cảm ơn đến Ban Giám Hiệu, Phòng Sau Đại Học đã tạo điều kiện cho tôi học
tập và bảo vệ khóa luận này.
Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè, các anh chị và bạn học viên cao học khóa 2016✁2018
đã quan tâm, tạo điều kiện và cổ vũ, động viên tôi để tôi hoàn thành tốt nhiệm vụ của
mình.

Hà Nội, ngày 28 tháng 11 năm 2018
Học viên: Đinh Thị Thúy Ngân
Lớp: CH 2016 - 2018.


3

MỞ ĐẦU
Trong toán học, cơ học, vật lí và các ngành kĩ thuật khác có nhiều vấn đề liên quan
đến phương trình vi phân với điều kiện biên hay điều kiện ban đầu, phương trình đạo
hàm riêng,...dẫn đến những phương trình trong đó các hàm chưa biết chứa dưới dấu
tích phân. Những loại phương trình đó được gọi là phương trình tích phân. Phương
trình tích phân là công cụ toán học hữu ích trong nhiều lĩnh vực nên luôn là đề tài

nghiên cứu mở, thu hút rất nhiều các nhà khoa học quan tâm nghiên cứu theo nhiều
khía cạnh khác nhau như sự tồn tại nghiệm, các vấn đề về xấp xỉ nghiệm, tính chỉnh
hay không chỉnh, nghiệm chỉnh hóa,...
Trong Luận văn này, ta xét lớp phương trình tích phân trên miền bị chặn sau.
u♣xq ✏ A

➺

⑤u⑤p♣yq dy   B
n✁α
Ω ⑤x ✁ y ⑤

(0.1)

trong Ω với điều kiện biên
u✏β

(0.2)

trên ❇ Ω trong đó n nguyên dương, Ω ⑨ Rn là một miền mở bị chặn trong Rn với biên

❇Ω thuộc lớp C 1 và p, α, β, A, B là các hằng số thỏa mãn các điều kiện sau
p, A → 0;

β, B

➙ 0;

1 ➔ α ➔ n.

(0.3)

Đối với việc tìm ra nghiệm tổng quát của lớp phương trình trên là một bài toán rất
khó hiện nay vẫn chưa tìm ra được lời giải. Vì vậy, tôi chỉ tập trung nghiên cứu về tính
chất nghiệm dương và tính chất miền của lớp phương trình tích phân trên. Nội dung
Luận văn được lấy từ tài liệu [2] của các tác giả D. Li, G. Str¨ohmer và L. Wang.
Các kết quả chính của Luận văn bao gồm:
1. Chỉ ra được rằng nếu nghiệm của lớp phương trình trên là nghiệm dương trong
miền bị chặn Ω thì Ω là hình cầu.
2. Nếu nghiệm của lớp phương trình trên là nghiệm dương trong miền bị chặn Ω
thì nghiệm này có tính chất đối xứng qua tâm hình cầu Ω và đơn điệu giảm khi
càng xa tâm hình cầu Ω.


4
Về bố cục, Luận văn được chia làm 3 chương được đánh số từ 0 đến 2. Trong
Chương 0, tôi giới thiệu Bài toán Fosdick–Serrin từ đó đưa ra lý do chọn đề tài nghiên
cứu, một số ký hiệu, quy ước hay dùng và giới thiệu kết quả chính . Chương 1 dành để
trình bày một số kết quả chuẩn bị sẽ được dùng trong chương tiếp theo. Trong Chương
2, tôi tập trung chứng minh định lý chính bằng phương pháp di chuyển mặt phẳng.
Mặc dù đã hết sức cố gắng nhưng do thời gian thực hiện Luận văn không nhiều
và kiến thức còn hạn chế nên khi làm Luận văn khó tránh được các thiếu sót. Tôi rất
mong muốn nhận được sự góp ý của các thầy cô và bạn đọc để Luận văn được hoàn
thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!


Chương 0
Giới thiệu vấn đề
Luận văn đề cập đến nghiệm dương của phương trình tích phân

u♣xq ✏ A

➺

⑤u⑤p♣yq dy   B
n✁α
Ω ⑤x ✁ y ⑤

(0.1)

trong Ω với điều kiện biên
u✏β

(0.2)

trên ❇ Ω trong đó Ω ⑨ Rn là một miền mở bị chặn với biên ❇ Ω thuộc lớp C 1 và p, α, β,
A, B là các hằng số thỏa mãn các điều kiện sau
p, A → 0;

β, B

➙ 0;

1 ➔ α ➔ n.

(0.3)

Mục tiêu của chúng tôi là muốn phân loại tất cả các nghiệm dương của (0.1) cũng như
phân loại tất cả các miền Ω mà (0.1) có nghiệm.
Trong mục tiếp theo, chúng ta sẽ tìm hiểu lý do nghiên cứu bài toán trên.

0.1

Bài toán Fosdick–Serrin và lý do chọn đề tài

Để hiểu được lý do của việc nghiên cứu (0.1) trên, trước tiên ta xét bài toán chuyển
động của một dòng chất lỏng nhớt không nén bên trong một ống thẳng có thiết diện
Ω.
Ta chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho trục Oz có cùng hướng với đường ống còn
mặt phẳng Oxy vuông góc với đường ống. Khi đó vận tốc u của dòng chất lỏng là một
5


6
hàm theo x và y, là nghiệm của phương trình Poisson

✁∆u ✏ A
trong thiết diện Ω với A là một hằng số phụ thuộc vào các yếu tố về độ nhớt, mật độ
của chất lỏng, áp suất, v.v. Tại “biên của ống” thì chất lỏng không chuyển động nên ta
cần bổ sung thêm điều kiện biên
u✏0
trên ❇ Ω. Cuối cùng ta nhận thấy rằng lực nén lên trên một đơn vị diện tích của thành
ống được đặc trưng bởi
µ

❇u
❇ν

trong đó µ là độ nhớt và ν là pháp tuyến với thành ống hướng ra phía ngoài. Khi đó
ta kết luận được nếu lực nén µ❇ν u là hằng số tại mọi điểm trên thành ống thì thiết

diện của ống có dạng hình tròn, tức là Ω là hình tròn.
Lấy cảm hứng từ bài toán chuyển động của dòng chất lỏng trên, R.L. Fosdick đặt
câu hỏi liệu nếu phương trình

✁ ∆u ✏ 1

(0.4)

trong Ω cùng với hai điều kiện biên
u ✏ 0,

❇u ✏ hằng số
❇ν

(0.5)

trên ❇ Ω, trong đó Ω ⑨ Rn là miền mở bị chặn với biên ❇ Ω trơn, có nghiệm thì Ω phải
là một hình cầu.
Trong công trình khởi nguồn cho một phương pháp mà sau này thường xuyên được
sử dụng trong các bài toán phân loại nghiệm của các phương trình đạo hàm riêng, J
Serrin [4]đề xuất phương pháp di chuyển mặt phẳng và cung cấp một câu trả lời cho
câu hỏi của Fosdick trong trường hợp biên ❇ Ω thuộc lớp C 2 . Hơn nữa, bằng cách sử
dụng phương pháp mới này, Serrin còn chỉ ra nghiệm u của bài toán có dạng
u♣xq ✏

1
♣
R 2 ✁ ⑤ x⑤ 2 q
2n

trong đó R là bán kính của hình tròn Ω; xem [4, Định lý 1].


7
Rõ ràng kết quả của Fosdick–Serrin cho phương trình (0.4) không còn đúng nếu ta
bỏ đi một trong hai điều kiện biên (Dirichlet/Neumann) ở (0.5) vì bằng kỹ thuật biến
phân đơn giản ta chứng minh được sự tồn tại nghiệm (mạnh) của (0.4) ứng với một
trong các điều kiện biên ở (0.5).
Mục tiêu của chúng tôi là muốn nhận được kết quả tương tự như của Serrin nhưng
đã bỏ đi một điều kiện biên ở (0.5), chẳng hạn điều kiện biên Neumann. Để có cơ sở
khôi phục lại kết quả tương tự Serrin, chúng ta nghiên cứu bài toán bài toán không địa
phương của (0.4) bằng cách xét phương trình tích phân tương ứng. Bằng cách này, rõ
ràng nghiệm của phương trình (0.1) cho tương ứng với nghiệm của phương trình

♣✁∆qα④2u ✏ A⑤u⑤p

(0.6)

trên miền Ω. Tuy nhiên ngược lại nghiệm u của phương trình (0.6) cho tương ứng
nghiệm của phương trình tích phân
u♣xq ✏ A

➺

⑤u⑤p♣yq dy   B ♣xq
n✁α
Ω ⑤x ✁ y ⑤

(0.7)

trong đó B không nhất thiết là một hằng số. Vì vậy để (0.1) và (0.6) là tương đương
thì đối với phương trình vi phân (0.6) ta cần thêm điều kiện, chẳng hạn điều kiện biên
Neumann như trong câu hỏi của Fosdick.

0.2

Một số kí hiệu và quy ước hay dùng

Trong suốt luận văn này, ta sử dụng các kí hiệu sau:
Ωn Thể tích hình cầu đơn vị trong Rn . Ta có thể tính Ωn thông qua công thức

④

n 2

Ωn

✏ Γ♣πn   1q
2

trong đó kí hiệu Γ để chỉ hàm Gamma. Rõ ràng

④

n 2

nΩn

✏ 2π
.

Γ♣ n q
2


8
ωn✁1 Diện tích của mặt cầu đơn vị trong Rn . Công thức của ωn✁1 được cho bởi

④

n 2

ωn✁1

✏ 2π
Γ♣ n q
2

và do đó nó đúng bằng nΩn .
diam♣Ωq Đường kính của tập Ω ⑨ Rn .
Dv Véc tơ gradient của hàm v, tức là
Dv
trong đó

 

✏ ❇x v, ❇x v, ..., ❇x
1

2

nv

✟

❇x v là các đạo hàm riêng của v.
i

Lp , W 1,s Các không gian hàm cơ bản; xem Mục 1.2.

Ñ

ã

⑥f ⑥p

Phép nhúng liên tục giữa hai không gian hàm; xem Mục 1.2.
Chuẩn Lp của hàm f . Trong trường hợp cần nhất mạnh miền xác định Ω của f
ta sẽ dùng kí hiệu ⑥f ⑥Lp ♣Ωq .

d✝ ♣Ωq Bán kính của một hình cầu trong Rn có cùng thể tích với Ω, tức là
Ωn rd✝ ♣Ωqsn

0.3

✏ ⑤Ω⑤.

Điều kiện cần về tính chính quy của nghiệm

Để có thể nghiên cứu nghiệm của phương trình tích phân
u♣xq ✏ A

➺

⑤u⑤p♣yq dy   B
n✁α
Ω ⑤x ✁ y ⑤

ta cần thiết lập một số kết quả về tính chính quy của nghiệm. Giả thiết mà chúng ta
có thể lựa chọn là
u € Lq ♣Ωq
trong đó q

→ p là một hằng số nào đó. Mục tiêu của chúng ta là đi xác định giá trị tối

ưu cho q sao cho
u ÞÑ A

➺

⑤u⑤p♣yq dy   B
n✁α
Ω ⑤ ☎ ✁y ⑤


9
là toán tử bị chặn từ Lq ♣Ωq vào Lq ♣Ωq. Do trong (0.3) ta chỉ yêu cầu p → 0 nên ta cần
xét hai trường hợp như sau:
Trường hợp 1: 0

➔ p ➔ 1. Trong trường hợp này áp dụng Định lý Fubini và Bổ đề

1.1 ta có đánh giá

⑥u⑥L ♣Ωq ✏
1

↕

✞
➺ ✞ ➺
✞
✞
up y
✞A
dy B ✞✞ dx
✞
n
✁
α
y
Ω
Ω x
✞
➺ ✞ ➺
➺
p
✞
✞
u
y

✞A
dy ✞ dx
B dx
✞
y n✁α ✞
Ω
Ω x
Ω
➺
➺ ✁➺
✠
dx

⑤ ⑤♣q
⑤ ✁ ⑤
⑤ ⑤♣q
⑤ ✁ ⑤

 

  ⑤ ⑤

dx ⑤u⑤p ♣y qdy   ⑤B ⑤dx
n✁α
⑤
x
✁
y
⑤
Ω

Ω
Ω
➺
A
↕ α nΩn diam♣Ωqα ⑤u⑤p♣yqdy   B ⑤Ω⑤.

↕A

Ω

Ta áp dụng bất đẳng thức H¨older để thu được
➺
Ω

⑤u⑤♣yqdy ↕
↕

✂➺

✡1✁p ✂➺

✞ p ✞1
1
A
✞⑤u⑤ ♣y q✞ p dy
nΩn diam♣Ωqα
1 1✁p dy
α
Ω
Ω

✂➺
✡p
A
α
1✁p
⑤u⑤♣yqdy   B ⑤Ω⑤.
nΩn diam♣Ωq ⑤Ω⑤
α
Ω

✡p

  B ⑤Ω⑤

Từ các đánh giá trên ta thấy ngay nếu chọn
q
thì toán tử

✏1

➺

⑤u⑤p♣yq dy   B
n✁α
Ω ⑤ ☎ ✁y ⑤
là toán tử bị chặn từ L1 ♣Ωq vào L1 ♣Ωq.
u ÞÑ A

Trường hợp 2: p

➙ 1. Trong trường hợp này ta sẽ chỉ ra q có thể là bất cứ hằng số

nào miễn là

✦

✮
n
q → max
, ♣p ✁ 1q, p .
n✁α α

n

Thật vậy với u € Lq ♣Ωq ta sẽ chứng minh
➺

⑤u⑤p♣yq dy   B
n✁α
Ω ⑤ ☎ ✁y ⑤
là toán tử bị chặn từ Lq ♣Ωq vào Lq ♣Ωq. Trước tiên lấy q → p và để ý rằng
u ÞÑ A

⑥u⑥

♣ q✏

q
Lq Ω

➺ ✞ ➺
✞
✞A
✞
Ω

✞

⑤u⑤p♣yq dy   B ✞✞q dx.
✞
n✁α
Ω ⑤x ✁ y ⑤


10

→ 1, ta sử dụng Bổ đề 1.3(i) để thu được
✡q ✞
➺
✦ ➺ ✞✞ ✂➺
✮
p
✞
⑤
u
⑤
♣
y
q
q

q ✁1
q
q
✞A
✞ dx  
⑥u⑥L ♣Ωq ↕ 2
dy
⑤
B
⑤
dx
✞
✞
n✁α
Ω
Ω ⑤x ✁ y ⑤
Ω
✂
✡
➺
➺
q
✮
✦
p
⑤
u
⑤
♣
y

q
q
q ✁1
q
↕2 A
⑤x ✁ y⑤n✁α dy dx   B ⑤Ω⑤

Vì q

q

Ω

Ω

Đặt

✏ n  nqαq .

r
Rõ ràng giả thiết q

→ n④♣n ✁ αq kéo theo r → 1 và do đó ta có thể áp dụng bất đẳng

thức (1.7) (mà ta sẽ đề cập trong chương sau) để thu được
✎➺
✎
✎
✎

✎

⑤u⑤p♣yq dy✎✎ ↕ C ✂➺ ⑤u⑤pr ♣yqdy✡1④r .
n,α,q
✎
n✁α
Ω ⑤ ☎ ✁y ⑤
Ω
L ♣Ωq
q

Vậy ta vừa chứng minh được

⑥u⑥

♣ q↕2

q
Lq Ω

Tiếp theo giả thiết q

✁

★

✒➺

C ♣n, λ, rqAq

q 1

Ω

⑤u⑤pr ♣yqdy

✚q ④ r

  B q ⑤Ω⑤

✰

→ ♣p ✁ 1qn④α kéo theo q → pr và do đó ta có thể sử dụng bất

đẳng thức H¨older để đánh giá
➺
Ω

⑤u⑤pr ♣yqdy ↕

✂➺

✡1✁ pr ✂➺
q

⑤u⑤q ♣yqdy

1dy
Ω

Ω

✡ pr
q

.

Kết hợp các tính toán trên ta đi đến
➺
Ω

⑤u⑤q ♣yqdy ↕ 2q✁1
↕2✁

q 1

★

C ♣n, λ, rqAq

✂➺

✡1✁ pr ✂➺
q

dy
Ω

✧

pr
C ♣n, λ, rqA ⑤Ω⑤ ✁ q

✂➺

1

q

Ω

♣yqdy

✡p

✡ q . pr

⑤u⑤ ♣yqdy   B ⑤Ω⑤
q

Ω

⑤u⑤

q
pr. pr

q

r

q

  B q ⑤Ω⑤

✰

✯

.

Chú ý rằng trong ước lượng trên thì p ➔ q. Vậy ta vừa chứng minh được
➺

⑤u⑤p♣yq dy   B
n✁α
Ω ⑤ ☎ ✁y ⑤
là toán tử bị chặn từ Lq ♣Ωq vào Lq ♣Ωq nếu các điều kiện q → p, q → n④♣n ✁ αq và
q → ♣p ✁ 1qn④α được thoả mãn.
u ÞÑ A

Từ hai trường hợp trên ta đi đến kết luận rằng một cách tự nhiên ta có thể giả
thiết
u € Lq ♣Ωq


11
trong đó q là hằng số được chọn thoả mãn điều kiện
✩
✫q

✏1
✪q → max ✥ n , n ♣p ✁ 1q, p✭
n✁α α

nếu p ➔ 1,

nếu p ➙ 1.

(0.8)

Cần phải nhấn mạnh rằng điều kiện (0.8) ở trên hơi khác so với điều kiện trong [2,
công thức (1.3)] do ta cần q

0.4

→ p trong các tính toán về sau.

Kết quả chính

Kết quả chính được trình bày trong luận văn này là chỉ ra được lớp phương trình
(0.1) thỏa mãn điều kiện (0.3) và (0.8) có sự đối xứng trên cả hai phương diện miền
và nghiệm của nó. Một cách chi tiết, ta phát biểu kết quả trên bằng định lý sau:
Định lý 0.1 ([2], Định lý 1.1). Giả sử Ω ⑨ Rn là một miền bị chặn với biên thuộc lớp
C 1 . Giả sử thêm rằng các hệ số A, B, p, α, β thỏa mãn các điều kiện (0.3) và (0.8).
Khi đó, nếu u

→ 0 là nghiệm của phương trình (0.1) trong Ω cùng với điều kiện biên

(0.2) trên ❇ Ω thì Ω là một hình cầu đồng thời u là hàm đối xứng qua tâm hình cầu và

đơn điệu giảm theo hướng xa tâm của hình cầu.
Định lý trên đã được chứng minh trong bài báo của Li, Str¨ohmer và Wang [2]. Để
thu được kết quả trên, các tác giả đã sử dụng phương pháp di chuyển mặt phẳng kiểu
Serrin được đề xuất trong công trình [4]. Tuy nhiên không giống như trong [4] khi tác
giả xét bài toán biên cho phương trình vi phân, bài toán chúng ta quan tâm là bài
toán biên cho phương trình tích phân (0.1).


Chương 1
Một số kết quả chuẩn bị
Trong phần đầu chương, chúng ta sẽ trình bày một số ước lượng cơ bản. Sau đó
chúng ta sẽ đề cập đến một số bất đẳng thức quan trọng hay dùng như bất đẳng thức
H¨older, bất đẳng thức Hardy–Littlewood–Sobolev. Một phần của chương cũng dành
để trình bày về phép nhúng Sobolev.

1.1

Một số ước lượng cơ bản

Ta bắt đầu mục này bằng một đánh giá “tương đối thô” cho

➩
Ω

⑤x ✁ y⑤α✁ndy trên

miền bị chặn Ω ⑨ Rn .
Bổ đề 1.1. Cho n là một số nguyên dương, 0 ➔ α ➔ n và Ω ⑨ Rn là một miền bị chặn
với biên thuộc lớp C 1 . Khi đó với mọi x € Ω ta có đánh giá
➺

Ω

dy
⑤x ✁ y⑤n✁α

↕ nΩα n diam♣Ωqα.

Chứng minh. Để đơn giản ta ký hiệu
d ✏ diam♣Ωq.

€ Ω ta luôn có 0 ↕ ⑤x ✁ y⑤ ↕ d. Gọi B ♣x, dq là hình cầu tâm tại x
bán kính d trong Rn . Khi đó Ω ⑨ B ♣x, dq và ta có

Khi đó với mọi x, y

➺
Ω

dy
⑤x ✁ y⑤n✁α

↕

➺

dy
.
n✁α
B ♣x,dq ⑤x ✁ y ⑤

12


13
Mặt khác bằng cách chuyển tích phân bội thành tích phân mặt ta thu được
➺

dy
n✁α
B ♣x,dq ⑤x ✁ y ⑤

➺ d ✂➺

✏

➺d

n✁1
✁ ωn✁1 t dt

1

tn α

0

✏ ωn✁1
trong đó t ✏ ⑤x ✁ y ⑤ và ωn✁1

✡

dσy
dt
✏
0
❇B♣x,tq ⑤x ✁ y ⑤n✁α
✂➺
✡
➺d
1
✏ tn✁α
dσy dt
0
❇B♣x,tq
➺d
0

tα✁1 dt ✏

dα
ωn✁1 ,
α

✏ nΩn là thể tích của hình cầu Sn trong Rn. Kết hợp các

đánh giá trên ta suy ra
➺
Ω

dy

⑤x ✁ y⑤n✁α

↕ ωn✁α1d ✏ d
α

α

nΩn
.
α

Bổ đề được chứng minh hoàn toàn.
Bổ đề tiếp theo cung cấp cho chúng ta một ướng lượng chặt cho

➩
Ω

⑤x ✁ y⑤α✁ndy

trên miền bị chặn Ω ⑨ Rn .
Bổ đề 1.2. Cho n là một số nguyên dương, 1 ➔ α ➔ n và Ω ⑨ Rn là một miền bị chặn
với biên thuộc lớp C 1 . Khi đó với mọi x € Ω ta có đánh giá
➺
Ω

dy
⑤x ✁ y⑤n✁α

↕ nΩα n rd✝♣Ωqsα,

trong đó ta nhắc lại kí hiệu d✝ để chỉ bán kính của một hình cầu trong Rn có cùng thể
tích với Ω.
Để chứng minh bổ đề trên ta cần sử dụng Định lý Hardy–Littlewood về bất đẳng
thức sắp xếp. Trước tiên với mỗi một tập Borel A có độ đo Lebesgue hữu hạn, tập sắp
xếp đối xứng của A, kí hiệu A✝ , là hình cầu tâm tại gốc có cùng thể tích với A. Đối
với một hàm đo được f triệt tiêu ở vô cùng, tức là
✞
✞ x: f x

✞

t ⑤ ⑤♣ q ➙ t✉✞ ➔  ✽

với mọi t → 0, hàm sắp xếp đối xứng giảm của f , kí hiệu f ✝ , được định nghĩa như sau
f ✝ ♣xq ✏

➺  ✽
0

χt⑤f ⑤→t✉✝ ♣xqdt


14
Rõ ràng các hàm đối xứng cầu, f ♣xq

✏ ⑤x⑤α với α ➔ 0, có tính tính chất f ✑ f ✝ trên

tập xác định của nó.
Sau đây ta trình bày Định lý Hardy–Littlewood, một kết quả quan trọng về bất
đẳng thức sắp xếp. Định lý nói rằng nếu f và g là các hàm đo được, không âm triệt

tiêu ở vô cùng thì

➺

f ♣xqg ♣xqdx ↕

Rn

➺
Rn

f ✝ ♣xqg ✝ ♣xqdx;

xem [3, Định lý 3.4]. Để chứng minh Bổ đề 1.2 trước tiên ta thác triển hàm ⑤x ✁ y ⑤α✁n
bằng cách xét hàm ⑤x ✁ y ⑤α✁n χΩ . Khi đó
➺

dy
⑤x ✁ y⑤n✁α

Ω

✏

➺

⑤x ✁ y⑤ ✁ χΩ♣yqdy ✏

➺

α n

Rn

Rn

⑤y⑤α✁nχΩ✁tx✉♣yqdy,

trong đó Ω ✁ tx✉ ✏ ty ✁ x : y

€ Ω✉. Ta áp dụng bất đẳng thức sắp xếp với chú ý rằng
tập Ω ✁ tx✉ sau khi sắp xếp trở thành hình cầu B ♣0, d✝ ♣Ωqq có thể tích đúng bằng ⑤Ω⑤.

Theo cách này
➺

⑤y⑤ ✁ χΩ✁tx✉♣yqdy ↕

➺

α n

Rn

✏

➺

Rn

♣⑤y⑤α✁nq✝χ✝Ω✁tx✉♣yqdy

B ♣0,d✝ ♣Ωqq

⑤y⑤α✁ndy

✏ nΩα n rd✝♣Ωqsα
và đây chính là khẳng định của Bổ đề 1.2.
Bổ đề 1.3. Ta có các khẳng định sau:
(i) ♣x   y qp

↕ 2p✁1♣xp   ypq với mọi x → 0, y ➙ 0 và p → 1;

(ii) xp ✁ y p

↕ pxp✁1♣x ✁ yq với mọi x ➙ y → 0 và p → 1;

(iii) xp ✁ y p

↕ ♣x ✁ yqp với mọi x ➙ y → 0 và 0 ➔ p ↕ 1.

Chứng minh.
(i) Xét hàm f ♣xq ✏ xp , với x ➙ 0 và p → 1. Ta có
f ✷ ♣xq ✏ p♣p ✁ 1qxp✁2

→0


15
với mọi x → 0 và p → 1. Vậy f ♣xq ✏ xp là hàm lồi nên theo bất đẳng thức Jensen

ta có

✁x

  y ✠p ↕ xp   yp
2

với mọi x → 0, y

2

➙ 0 và p → 1 hay
♣x   yqp ↕ 2p✁1♣xp   ypq

với mọi x → 0, y

➙ 0 và p → 1. Ta suy ra điều phải chứng minh.

(ii) Với p → 1 ta có xp ✁ y p

✏ ♣x ✁ yq♣xp✁1   ...   yp✁1q. Mà x ➙ y → 0 nên ta có

xp✁1   ...   y p✁1

↕ xp✁1   ...   xp✁1 ✏ pxp✁1.

Cùng với x ➙ y ta thu được đánh giá
xp ✁ y p

✏ ♣x ✁ yq♣xp✁1   ...   yp✁1q ↕ pxp✁1.

Ta suy ra điều phải chứng minh.
(iii) Với mọi x

➙ y → 0 và p → 1, ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương

với
xp
Vì x

↕ yp   pxp✁1♣x ✁ yq.

➙ y → 0, chia cả hai vế của bât đẳng thức trên cho xp ta được bất đẳng

thức sau
1↕

✁ y ✠p

x

 

✁

1✁

y ✠p
.
x

y
mà x ➙ y → 0 nên 0 ➔ t ↕ 1 . Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh
x
tương đương với bất đẳng thức

Đặt t ✏

1 ↕ tp   ♣1 ✁ tqp
với mọi 0 ➔ t ↕ 1. Tuy nhiên điều này là hiển nhiên vì
tp

➙ t1, ♣1 ✁ tqp ➙ ♣1 ✁ tq1

➔ p ↕ 1, 0 ➔ t ↕ 1. Từ đó cộng theo vế ta suy ra 1 ↕ tp   ♣1 ✁ tqp với
0 ➔ t ↕ 1. Ta suy ra điều phải chứng minh.
vì 0

Bổ đề được chứng minh xong.


16

1.2

Một số không gian hàm cơ bản và Định lý
nhúng Sobolev

Trong mục này chúng ta sẽ liệt kê một số không gian hàm cơ bản sẽ được sử dụng
trong luận văn này. Ta luôn giải thiết rằng Ω ⑨ Rn là một tập mở và bị chặn.

Không gian Lp ♣Ωq. Với 0

➔ p ➔  ✽, không gian Lp♣Ωq là không gian các hàm đo

được Lebesgue u : Ω Ñ R sao cho

⑥u⑥L ♣Ωq ✏

✁➺

p

Khi p ➙ 1 thì

Ω

⑤u⑤ dx
p

✠1④p

➔  ✽.

⑥ ☎ ⑥L ♣Ωq là một chuẩn trên Lp♣Ωq. Hơn nữa ta biết rằng C ✽♣Ωq trù mật
trong Lp ♣Ωq với bất kì 1 ↕ p ➔  ✽; xem [3, Định lý 2.16].
p

Không gian Sobolev W 1,p ♣Ωq. Để có thể xây dựng không gian Sobolev W 1,p trước
tiên ta cần không gian các hàm thử Cc✽ ♣Ωq bao gồm tất cả các hàm khả vi vô hạn lần
trên Ω với giá com-pắc.

Rõ ràng nếu u € C k ♣Ωq thì với mọi đa chỉ số α ✏ ♣α1 , ..., αn q cấp k, tức là
ta có đẳng thức

➺

uD φdx ✏ ♣✁1q⑤α⑤

αi

✏ k,

➺

Dα uφdx

α

Ω

➦

Ω

với mọi hàm thử φ € Cc✽ ♣Ωq. Khái niệm đạo hàm theo nghĩa yếu (hoặc đạo hàm yếu)
được xây dựng dựa vào đằng thức tương tự trên bằng cách sau: Giả sử u, v

€ L1loc♣Ωq,

ta nói rằng v là đạo hàm yếu của u bậc đa chỉ số α, kí hiệu Dα u ✏ v, nếu
➺

uD φdx ✏ ♣✁1q⑤α⑤

➺

α

Ω

vφdx
Ω

với mọi hàm thử φ € Cc✽ ♣Ωq. Một trong những tính chất quan trọng của đạo hàm yếu
là Dα u nếu tồn tại thì duy nhất chính xác đến một tập có độ đo không; xem [1, bổ đề
trang 259].
Không gian Sobolev W 1,p ♣Ωq với 1 ↕ p ➔ ✽ là không gian các hàm u € L1loc ♣Ωq cho
sao u và các đạo hàm yếu Dα u với mọi đa chỉ số α thoả mãn ⑤α⑤ ✏ 1 là các hàm thuộc
Lp ♣Ωq. Bằng cách trang bị cho W 1,p ♣Ωq chuẩn

⑥u⑥W

✁

1,p

p
♣Ωq ✏ ⑥u⑥L ♣Ωq  
p

n

➳

✏

i 1

⑥❇x u⑥pL ♣Ωq
i

p

✠1④p


17
thì W 1,p ♣Ωq là một không gian Banach.
Một trong các kết quả quan trọng trong lý thuyết các không gian Sobolev là định
lý về tính trù mật. Kết quả này nói rằng nếu Ω là tập mở và bị chặn thì với hàm

€ W 1,p♣Ωq với 1 ↕ p ➔ ✽ bất kì luôn tồn tại một dãy các hàm ♣umqn
um € C ✽ ♣Ωq ❳ W 1,p ♣Ωq sao cho
um Ñ u
u

trong đó

trong W 1,p ♣Ωq; xem [1, Định lý 2 trang 267]. Hơn nữa nếu ❇ Ω thuộc lớp C 1 thì ta có
thể chọn um

€ C ✽♣Ωq; xem [1, Định lý 3 trang 268].

Định lý nhúng Sobolev. Để nghiên cứu nghiệm của các phương trình đạo hàm riêng,
ta thường bắt đầu bằng việc tìm các nghiệm trong các không gian Sobolev, chẳng hạn
không gian W 1,p . Một câu hỏi tự nhiên được đặt ra là liệu các hàm (suy rộng) tìm được
có thực sự là nghiệm theo một nghĩa nào đó mà ta cần (chẳng hạn nghiệm mạnh, hay
nghiệm cổ điển). Định lý nhúng Sobolev dưới đây cung cấp cho ta một câu trả lời cho
câu hỏi trên.
Định lý 1.4. Giả sử Ω là một miền bị chặn với biên ❇ Ω thuộc lớp C 1 . Giả sử u

€

W 1,p ♣Ωq. Khi đó

➔ n thì u € Lp✝ ♣Ωq với p✝ được xác định từ công thức 1④p✝ ✏ 1④p ✁ 1④n;
nói cách khác, tồn tại hằng số C ♣n, pq → 0 sao cho

• Nếu p

⑥u⑥L ♣Ωq ↕ C ⑥u⑥W
q

• Nếu p ✏ n thì u € Lq ♣Ωq với mọi q

1,p

♣Ωq .

→ n; nói cách khác, tồn tại hằng số C ♣n, qq → 0

sao cho

⑥u⑥L ♣Ωq ↕ C ♣n, qq⑥u⑥W
q

với mọi q

1,n

♣Ωq

→ n.

• Nếu p → n thì u € C 0,γ ♣Ωq với γ được xác định từ công thức
γ

✩
✫1

✏✪

✁ rn④ps

bất kì số thưc thuộc ♣0, 1q

nếu n④p không phải là số nguyên,
nếu n④p là số nguyên,


18
trong đó kí hiệu rn④ps để chỉ phần lẻ của n④p; nói cách khác, tồn tại hằng số

C ♣n, pq → 0 sao cho

⑥u⑥C

0,γ

♣Ωq ↕ C ⑥u⑥W 1,p ♣Ωq .

Tất nhiên Định lý nhúng Sobolev mà ta phát biểu ở trên chỉ là một trường hợp đơn
giả của định lý Sobolev tổng quát. Để tiện theo dõi, ta tóm tắt định lý nhúng Sobolev
ở trên bằng lược đồ sau đây:
✩
✬
Lq Ω với mọi q
✬
✬
✬
✫

♣ q
€ r1, p✝s
W 1,p ♣Ωq ãÑ Lq ♣Ωq với mọi q € rp,  ✽q
✬
✬
✬
✬
✪
C ♣Ωq

nếu p ➔ n,

nếu p ✏ n,

(1.1)

nếu p → n.

Để ý rằng Ω là miền bị chặn nên theo bất đẳng thức H¨older ta luôn có phép nhúng
✝

Lp ♣Ωq ãÑ Lq ♣Ωq với bất kì q

€ r1, p✝s. Vì vậy trong (1.1) khẳng định trong trường hợp

p ➔ n là hiển nhiên.

1.3

Một số bất đẳng thức cơ bản

Trong mục này ta sẽ đề cập đến một bất đẳng thức cơ bản thường xuyên được sử
dụng trong suốt luận văn này. Trước tiên ta nhắc đến bất đẳng thức H¨older. Giả sử
1 ➔ p, q

➔  ✽ thỏa mãn
1
p

đồng thời f

  1q ✏ 1,

€ Lp♣Ωq và g € Lq ♣Ωq. Khi đó f g € L1♣Ωq và ta có đánh giá
✞➺
✞
✞
✞
f x g x dx✞
✞
Ω

♣q♣q

↕ ⑥f ⑥L ♣Ωq⑥g⑥L ♣Ωq.
p

q

Tiếp theo ta trình bày Bất đẳng thức Hardy–Littlewood–Sobolev còn được biết đến
dưới tên gọi Bất đẳng thức Young yếu cho tích chập; xem [3, Định lý 4.3].
Bổ đề 1.5 (Bất đẳng thức Hardy–Littlewood–Sobolev). Cho s, r
thỏa mãn
1
s

  nλ   1r ✏ 2

→ 1 và 0 ➔ λ ➔ n


19

đồng thời giả sử f

€ Ls♣Rnq và g € Lr ♣Rnq. Khi đó tồn tại hằng số Cn,λ,s → 0 chỉ phụ

thuộc n, λ và s sao cho
✞➺
✞
✞
✞

✞

➺

Rn

Rn

✞
f ♣xqg ♣y q
✞ ↕ Cn,λ,s ⑥f ⑥Ls ♣Rn q ⑥g ⑥Lr ♣Rn q .
dxdy
✞
⑤x ✁ y⑤λ

(1.2)

Bất đẳng thức HLS (1.2) còn được gọi là bất đẳng thức Young yếu cho tích chập.
Thật vậy nhắc lại rằng nếu 1 ➔ s, p, r
1

s

➔  ✽ và

  p1   1r ✏ 2.

thì ta có bất đẳng thức Young cho tích chập dạng
✞➺
✞
✞

➺

Rn

✞
✞

Rn

f ♣xqh♣x ✁ y qg ♣y qdxdy ✞ ↕ C ⑥f ⑥Ls ♣Rn q ⑥h⑥Lp ♣Rn q ⑥g ⑥Lr ♣Rn q .

(1.3)

Rõ ràng bất đẳng thức HLS (1.2) có dạng (1.3) nếu ta chọn h♣xq ✏ ⑤x⑤✁λ . Tuy nhiên

⑤x⑤✁λ ❘ Lp♣Rnq
với mọi p ➙ 1. Lưu ý rằng

⑤x⑤✁λ € Lwn④λ♣Rnq

④ ♣Rn q để chỉ không gian Ln④λ ♣Rn q yếu.

n λ

trong đó kí hiệu Lw

⑨ Rn là một miền bị chặn và giả sử f € Ls♣Ωq và
g € Lr ♣Ωq. Dễ thấy f χΩ € Ls ♣Rn q và gχΩ € Lr ♣Rn q. Bằng cách sử dụng (1.2) với cặp
Xét trường hợp đặc biệt khi Ω

hàm f χΩ và gχΩ ta thu được
✞➺ ➺
✞
✞
✞
f xg y
✞
✞
dxdy
✞
✞
x yλ
Ω

Ω

♣q♣q
⑤ ✁ ⑤

✏

✞➺
✞
✞
✞

✞

➺

Rn

✞
f ♣xqχΩ ♣xqg ♣y qχΩ ♣y q
✞
dxdy
✞
⑤x ✁ y ⑤λ

Rn

↕Cn,λ,s
✏Cn,λ,s

✁➺

Rn

✁➺

Ω

✠1④s ✁ ➺

⑤f ♣xqχΩ♣xq⑤ dx
s

⑤f ♣xq⑤ dx
s

✠1④s ✁ ➺

Rn

⑤g♣yq⑤ dy
r

Ω

⑤g♣yqχΩ♣yq⑤r dy
✠1④r

✠1④r

(1.4)

.

Vậy ta thu được bất đẳng thức HLS trên miền bị chặn tương tự như (1.2) với cùng
hằng số tốt nhất Cn,λ,s .

Tiếp theo ta sẽ trình bày dạng “rút gọn” của bất đẳng thức HLS (1.2). Do L2 ♣Rn q
là một không gian Hilbert với tích vô hướng xác định bởi

①φ, ϕ② ✏

➺
Rn

φ♣xqϕ♣xqdx


20
nên ta có thể viết lại bất đẳng thức (1.2) dưới dạng

①T f, g② ↕ Cn,λ,s

✁➺

⑤f ♣xq⑤ dx
s

Rn

✠1④s ✁ ➺
Rn

⑤g♣yq⑤r dy

✠1④r

,

trong đó kí hiệu T để chỉ toán tử
T :f

ÞÑ

➺

f ♣y q
⑤ ☎ ✁y⑤λ dy.

Rn

Chú ý rằng

⑥T f ⑥L ✶ ♣R q ✏
r

n

sup

①T f, g②

⑥g⑥Lr ♣Rn q ✏1

trong đó r✶ và r liên hợp nhau, tức là 1④r✶   1④r

✏ 1, hay r✶ ✏ r④♣r ✁ 1q. Từ đây ta suy

ra

⑥T f ⑥L ④♣ ✁ q♣R q ↕ Cn,λ,s⑥f ⑥L ♣R q,
r r 1

s

n

trong đó r, s → 1, λ € ♣0, nq và 1④s   λ④n   1④r
dụng hàm f χΩ
λ và r sao cho

n

✏ 2. Trên miền Ω ⑨ Rn, bằng cách sử

€ Ls♣Ωq ta vừa chỉ ra được tồn tại hằng số Cn,λ,s chỉ phụ thuộc vào n,
✎➺
✎
✎
Ω

✎
f ♣y q
✎
dy
λ
⑤ ☎ ✁y⑤ ✎Lr④♣r✁1q♣Ωq

↕ Cn,λ,s⑥f ⑥L ♣Ωq.
s

(1.5)

trong đó r được chọn sao cho
1✁

1
r

✏ 1s ✁ n ✁n λ .

Bất đẳng thức (1.5) còn được gọi là dạng “rút gọn” của bất đẳng thức HLS (1.4). Để
thuận tiện cho các tính toán về sau, bằng cách chọn λ ✏ n ✁ α trong đó α

€ ♣0, nq ta

phát biểu (1.5) dưới dạng sau
✎➺
✎
✎
Ω

✎
f ♣y q
✎
dy ✎ ns
n

✁
α
⑤ ☎ ✁y⑤
L n✁αs ♣Ωq

trong đó α € ♣0, nq, s € ♣1, n④αq và f
✎➺
✎
✎
Ω

↕ Cn,α,s⑥f ⑥L ♣Ωq.
s

(1.6)

€ Ls♣Ωq hoặc dưới dạng

✎
f ♣y q
✎
dy
⑤ ☎ ✁y⑤n✁α ✎Ls♣Ωq

trong đó α € ♣0, nq, s → n④♣n ✁ αq và f

€L

↕ Cn,α,s⑥f ⑥L
 

ns
n αs

  ♣Ωq .

ns
n αs

(1.7)

♣Ωq.

Cuối cùng ta trình bày một kết quả quan trọng trong lý thuyết không gian Sobolev
mà ta sẽ dùng để nghiên cứu tính chính quy của nghiệm của (0.1).


21
Bổ đề 1.6 (Bất đẳng thức nội suy Gagliardo–Nirenberg). Giả sử Ω
bị chặn. Cho trước các số thực s → 0, q, r

⑨ Rn là tập mở,

➙ 1 và một số tự nhiên m. Giả sử số thực α

và số tự nhiên j thoả mãn
1
p

✏ nj  

✁1

m
✁
r
n

✠

α 

1✁α
q

và
j
m

➔ α ➔ 1.

Khi đó nếu u € Lq ♣Ωq và Dm u € Lr ♣Ωq thì Dj u € Lp ♣Ωq và ta có đánh giá

⑥Dj u⑥L ♣Ωq ↕ C1⑥Dmu⑥αL ♣Ωq⑥u⑥1L✁♣αΩq   C2⑥u⑥L ♣Ωq,
p

r

s

q

(1.8)

trong đó C1 và C2 là các hằng số dương chỉ phụ thuộc vào miền Ω và các số m, n, p,
q.
Chúng ta xét một trường hợp đặc biệt của (1.8) khi j
p✏r

✏ 0, m ✏ 1, q ✏ 1, s ✏ 1 và

→ 1. Khi đó ta tìm được
α✏

1✁

1 

1
n

1
p

✁ p1 € ♣0, 1q

và khi đó (1.8) trở thành

⑥u⑥L ♣Ωq ↕ C1⑥Du⑥αL ♣Ωq⑥u⑥L1✁♣αΩq   C2⑥u⑥L ♣Ωq.
p

Rõ ràng (1.9) cho ta biết nếu u
u € W 1,p ♣Ωq.

p

1

1

(1.9)

€ L1♣Ωq và Du € Lp♣Ωq thì u € Lp♣Ωq, nói cách khác


Chương 2
Nghiệm của một lớp phương trình
tích phân trong miền bị chặn
Trong chương này ta sẽ đi chứng minh định lý chính bằng phương pháp di chuyển
mặt phẳng. Nội dung của chương gồm hai phần, trong phần đầu ta cần tìm hiểu một
số kết quả về tính chính quy của nghiệm u trong (0.1). Phần thứ hai ta sẽ sử dụng
phương pháp di chuyển mặt phẳng từ phải sang trái và từ trái sang phải để phân loại
nghiệm dương của phương trình (0.1).

2.1

Một số kết quả về tính chính quy

Ta bắt đầu bằng khẳng định rằng với các giả thiết như trong Định lý chính thì
nghiệm u của phương trình (0.1) thuộc lớp C 1 ♣Ωq. Để chứng minh điều này trước hết

ta cần chứng minh bổ đề sau.

€ Lr ♣Ωq với 1 ↕ r ➔ ✽ và đặt
➺
⑤ω⑤♣yq dy   B
v ♣xq ✏ A
n✁α
Ω ⑤x ✁ y ⑤
với 1 ➔ α ➔ n. Khi đó v € W 1,s ♣Ωq, trong đó s là hằng số thỏa mãn
1 α✁1
 
✏1
Bổ đề 2.1. Giả sử ω

s

n

r

1➔r

➔ α ✁n 1

nếu

22

(2.1)

23
trong khi s → 1 là tuỳ ý nếu
r

➙ α ✁n 1 .

Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh kết quả trong trường hợp ω

€ C0✽♣Ωq. Giả sử

s là số thực thoả mãn các điều kiện như trong phát biểu của bổ đề. Để chứng minh
v

€ W 1,s♣Ωq đầu tiên ta chứng minh v € L1♣Ωq. Muốn vậy, trước tiên ta áp dụng bất

đẳng thức Minkowski cho chuẩn để được đánh giá

⑥v⑥L ♣Ωq ↕
1

✎➺
✎
A✎

⑤ω⑤♣yq dy✎✎✎   B ⑤Ω⑤.
n✁α
L ♣Ωq
Ω ⑤ ☎ ✁y ⑤
1

Mặt khác từ Bổ đề 1.1, Định lý Fubini và bất đẳng thức H¨older ta có đánh giá
✎➺
✎
✎

⑤ω⑤♣yq dy✎✎✎ ✏ ➺ ✞✞✞ ➺ ⑤ω⑤♣yq dy✞✞✞dx
n✁α
⑤x ✁ y⑤n✁α
L ♣Ωq
Ω ⑤ ☎ ✁y ⑤
➺Ω ✁ ➺Ω
✠
dx
✏
⑤x ✁ y⑤s♣n✁αq ⑤ω⑤♣yqdy
1

Ω

Ω

↕ nΩα n diam♣Ωqα⑥ω⑥L1♣Ωq
↕ nΩα n diam♣Ωqα⑤Ω⑤1✁1④r ⑥ω⑥Lr ♣Ωq.

Vậy

⑥v⑥L ♣Ωq ↕ A nΩα n diam♣Ωqα⑤Ω⑤1✁1④r ⑥ω⑥L ♣Ωq   B ⑤Ω⑤,
r

1

tức là v

€ L1♣Ωq. Lưu ý rằng ở bước đầu tiên này ta chưa cần sử dụng tính khả vi của

ω. Hơn nữa, chứng minh trên cũng giúp chúng ta chỉ ra rằng toán tử tuyến tính
T : L ♣Ωq Ñ L ♣Ωq,
r

r

➺

ω

ÞÑ A ⑤x ⑤✁ω⑤♣yy⑤nq✁α dy   B
Ω

là liên tục.
Tiếp theo để chứng minh v

€ W 1,s♣Ωq ta chứng minh Dv € Ls♣Ωq. Do ω € C0✽♣Ωq

nên ta có thể lấy đạo hàm hai vế theo biến xi để được
➺

❇x v♣xq ✏ ✁ A♣n ✁ αq ⑤x ⑤✁ω⑤♣yy⑤nq✁α ⑤xxi ✁✁yy⑤i2 dy.
Ω
Từ đó với α € ♣1, nq và do ⑤xi ✁ yi ⑤ ➔ ⑤x ✁ y ⑤ ta suy ra

➺
⑤❇x v♣xq⑤ ↕ A♣n ✁ αq ⑤x ✁⑤ωy⑤♣⑤ny✁qα 1 dy.
Ω
i

i

Từ đây ta xét các khả năng sau: