Hàm điều hòa dưới và các định lý cổ điển của giải tích phức

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP. HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA

VÕ THANH VŨ

HÀM ĐIỀU HÒA DƯỚI VÀ CÁC ĐỊNH LÝ
CỔ ĐIỂN CỦA GIẢI TÍCH PHỨC
CHUN NGÀNH : TỐN GIẢI TÍCH ỨNG DỤNG
MÃ NGÀNH
: 60.46.36

LUẬN VĂN THẠC SĨ

TP. HỒ CHÍ MINH – THÁNG 09 NĂM 2007


CƠNG TRÌNH ĐƯỢC HỒN THÀNH TẠI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA
ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP. HỒ CHÍ MINH

Cán bộ hướng dẫn khoa học:

PGS.TS ĐẬU THẾ CẤP

....................................................................................................................
....................................................................................................................
....................................................................................................................
Cán bộ chấm nhận xét 1: ..............................................................................
....................................................................................................................
....................................................................................................................
....................................................................................................................

Cán bộ chấm nhận xét 2: ..............................................................................
....................................................................................................................
....................................................................................................................
....................................................................................................................
Luận văn thạc sĩ được bảo vệ tại HỘI ĐỒNG CHẤM BẢO VỆ LUẬN VĂN
THẠC SĨ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA, ngày..... tháng.... năm 2007


TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

PHÒNG ĐÀO TẠO SĐH

ĐỘC LẬP – TỰ DO – HẠNH PHÚC

Tp. HCM, ngày 30 tháng 07 năm 2007.

NHIỆM VỤ LUẬN VĂN THẠC SĨ

Họ tên học viên:

VÕ THANH VŨ

Ngày, tháng, năm sinh:
Chun ngành :

24 –11–1977
Tốn giải tích ứng dụng

Phái: Nam
Nơi sinh : Bến Tre
MSHV : 02405545

I - TÊN ĐỀ TÀI:
HÀM ĐIỀU HÒA DƯỚI VÀ CÁC ĐỊNH LÝ CỔ ĐIỂN
CỦA GIẢI TÍCH PHỨC
II - NHIỆM VỤ VÀ NỘI DUNG :
-

Trình bày một số kiến thức về hàm chỉnh hình, trung bình tích phân, hàm
điều hịa trên Cm. Phát biểu và giải bài tốn Dirichlet cổ điển.

-

Hàm điều hịa dưới, các đặc trưng của hàm điều hịa dưới. Các tính chất của
họ hàm điều hịa dưới.

-

Ứng dụng vào hàm chỉnh hình để chứng minh một số định lý cổ điển của
giải tích phức.

-

Nhận xét, đánh giá khả năng ứng dụng và hướng phát triển của đề tài.

III - NGÀY GIAO NHIỆM VỤ :
IV - NGÀY HOÀN THÀNH NHIỆM VỤ :

V - CÁN BỘ HƯỚNG DẪN :
CÁN BỘ HƯỚNG DẪN

27 – 02 – 2007
30 – 07 – 2007
PGS.TS. ĐẬU THẾ CẤP
CN BỘ MÔN
QL CHUYÊN NGÀNH

PGS.TS. ĐẬU THẾ CẤP
PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH HUY
Nội dung và đề cương luận văn thạc sĩ đã được Hội đồng chun ngành thơng qua
Ngày … tháng … năm 2007
TRƯỞNG PHỊNG ĐT – SĐH
TRƯỞNG KHOA QL NGÀNH


LỜI CẢM ƠN
Em xin gởi lời chân thành cảm ơn đến Phịng đào tạo sau đại học và Bộ mơn
Tốn ứng dụng đã tổ chức lớp Cao học Toán giải tích ứng dụng để chúng em có điều
kiện được học tập.
Em xin chân thành cảm ơn đến các Thầy trong bộ mơn Tốn ứng dụng đã
giảng dạy và truyền đạt những kiến thức cho chúng em trong suốt khóa học vừa qua.
Với lòng biết ơn sâu sắc Em xin gởi đến Thầy PGS.TS Đậu Thế Cấp đã tận tình
hướng dẫn, giúp đỡ em về mặt chuyên môn trong suốt thời gian làm luận văn cũng
như định hướng cho em trong q trình hồn thành nội dung và hình thức của bản
luận văn này.
Xin cảm ơn chân thành đến các anh, các bạn học cùng lớp và các bạn bè đồng
nghiệp đã có những giúp đỡ q báu trong q trình học tập và nhất là trong thời
gian thực hiện luận văn.

Cuối cùng là lòng biết ơn sâu sắc đến Cha Mẹ và gia đình đã động viên, giúp
đỡ và tạo điều kiện thuận lợi để cho Con học tập trong thời gian qua.


TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ
Hàm điều hịa, hàm điều hòa dưới là những vấn đề của Lý thuyết thế vị - một
ngành Toán xuất phát từ thực tiễn vật lý được phát triển không ngừng cả về lý
thuyết và ứng dụng.
Luận văn của chúng tơi trình bày các khái niệm và tính chất cơ bản của hàm
điều hịa dưới. Sau đó trình bày ứng dụng các tính chất đó vào việc giải bài toán
Dirichlet cổ điển và chứng minh một số Định lý cổ điển của Giải tích phức nhiều
chiều. Lý thuyết thế vị là một công cụ mạnh, có thể áp dụng vào nhiều lĩnh vực khác
nhau của Tốn học. Phần trình bày trong luận văn chỉ như một ví dụ minh họa.
Luận văn gồm có ba chương.

Chương 1. Kiến thức chuẩn bị. Chương này trình bày một số kiến thức về hàm chỉnh
hình, trung bình tích phân và hàm điều hịa trong Cm. Phát biểu bài tốn Dirichlet cổ
điển và chứng minh bài tốn Dirichlet có nghiệm duy nhất trên quả cầu mở.

Chương 2. Hàm điều hòa dưới. Chương này nêu định nghĩa, các tính chất đặc trưng
của hàm điều hịa dưới, tính trơn của hàm điều hịa dưới và tính chất của họ hàm
điều hịa dưới.

Chương 3. Chứng minh một số định lý cổ điển. Một số định lý cổ điển của giải tích
phức nhiều chiều được chứng minh nhờ cơng cụ hàm điều hịa dưới trong chương
này. Chú ý rằng một vài định lý trong đó ( chẳng hạn định lý Hartogs ) được chứng
minh khá ngắn gọn so với những chứng minh khác.


MỤC LỤC

Trang

Chương 1 : KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1 Không gian phức Cm

1

1.2 Hàm chỉnh hình nhiều biến phức

2

1. Hàm chỉnh hình

2

2. Tính chất của hàm chỉnh hình

4

1.3 Trung bình tích phân

6

1.4 Hàm điều hịa

9

1. Hàm điều hịa

9

2. Bài tốn Dirichlet cổ điển

10

Chương 2 : HÀM ĐIỀU HÒA DƯỚI
2.1 Định nghĩa và các đặc trưng

26

2.2 Tính trơn và tính điều hịa dưới

31

2.3 Họ hàm điều hòa dưới

39

Chương 3 : CHỨNG MINH MỘT SỐ ĐỊNH LÝ CỔ ĐIỂN
3.1 Nguyên lý đồng nhất

44

3.2 Nguyên lý modul cực đại

45

3.3 Định lý Weierstrass

45

3.4 Định lý Montel

46

3.5 Định lý Osgood

47

3.6 Định lý Hartogs

48

Kết luận, nhận xét, hướng phát triển của đề tài

52

Tài liệu tham khảo

54

Lý lịch trích ngang

55


1

Chương 1

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1 Khơng gian phức Cm
Ta ký hiệu C là trường số phức, được đồng nhất với mặt phẳng tọa độ và
được gọi là mặt phẳng phức. C có thể được coi là một khơng gian vector trên
trường C với các phép tốn thơng thường. C cũng có thể coi là một khơng gian
định chuẩn với chuẩn ⏐.⏐ là modul của số phức.
Ta gọi không gian phức Cm là tích Descartes của m mặt phẳng phức C. Ta
có Cm là một khơng gian vector trên trường C. Trên Cm ta sử dụng hai chuẩn sau,
chuẩn Euclide :

(

z = z1 z1 + z 2 z 2 ... + z m z m

)

1
2

1

⎛ m
⎞2
= ⎜ ∑ zi zi ⎟
⎝ i =1
⎠

và chuẩn max :

z = max { z1 , z2 ,..., zm }

với mọi z = ( z1, ..., zm )∈Cm.
Hai chuẩn này là tương đương nhau vì thỏa mãn bất đẳng thức
z ≤ z ≤ m. z

với mọi z∈Cm.
Với mọi a, z∈Cm và r > 0, ta ký hiệu

B(a, r) = {z ∈ C m : z − a < r} là quả cầu mở tâm a bán kính r.


2

{

B (a , r ) = z ∈ C m : z − a ≤ r

{

}

P(a, r) = z ∈ C m : z − a < r

{

P(a, r) = z ∈ C m : z − a ≤ r

{
∂B(a, r) = {z ∈ C

} là quả cầu đóng tâm a bán kính.

là đa đĩa mở tâm a bán kính r.

}

là đa đĩa mở đóng a bán kính r.

}
= r, j = 1,..., m} là biên của quả cầu.

∂P(a, r) = z ∈ Cm : z j − a j = r, j = 1,..., m là biên của đa đĩa.
m

: zj − a j

1.2 Hàm chỉnh hình nhiều biến phức
1. Hàm chỉnh hình
Cho miền Ω ⊂ Cm và hàm f : Ω → C, với mỗi z = ( z1, ..., zm )∈ Ω,
ta viết
zj = xj + ixm + j với xj , xm + j ∈ R ; 1 ≤ j ≤ m.
Khi đó hàm f có thể coi như là hàm của 2m biến biến thực x1,..., x2m.
Nếu f khả vi theo nghĩa trong Giải tích thực (R2m – khả vi) thì vi phân của
hàm f là
df =

Vì x j =

(

m ⎛

⎞
∂f
∂f
∂f
∂f
dx 1 + ... +
dx 2 m = ∑ ⎜
dx j +
dx m + j ⎟.
⎜ ∂x
⎟
∂x 1
∂x 2 m
∂x m + j
j=1
⎝ j
⎠

)

(

1
1
z j + z j và x m+ j =
zj − zj
2
2i
dx j =

(

1
dz j + dz j
2

)

và

dx m+ j =

(

)

1
dz j − dz j .
2i

Theo đạo hàm hàm hợp ta có

)

nên


3

∂f

∂x j

=

∂f ∂z j ∂f ∂ z j ∂f
∂f
×
+
×
=
+
∂z j ∂x j ∂ z j ∂x j ∂z j ∂ z j

∂z j
∂f
∂f
∂f
∂z j
∂f
∂f
=
×
+
×
=i
−i
.
∂x m + j
∂z j ∂x m + j ∂ z j ∂x m+ j
∂z j ∂ z j

Khi đó df trở thành
m ⎡⎛
⎤
⎛ ∂f
∂f ∂f ⎞ 1
∂f ⎞ 1
+
×
+
+
−
×
−
df = ∑ ⎢⎜
(dz
dz
)
i
i
(dz
dz
)
j
j ⎥.
⎟⎟
⎜⎜
⎟⎟
j
j
⎜

∂
2
z
2i
∂
∂
z
z
j
j
j=1 ⎢ ∂z j
⎥⎦
j
⎠
⎝
⎠
⎣⎝

Sau khi khai triển và rút gọn, ta được :
m ⎛
⎞
∂f
∂f
dz j +
dz j ⎟ .
df = ∑ ⎜⎜
⎟
∂z j
j=1
⎝ ∂z j

⎠

Định nghóa
Hàm f được gọi là khả vi phức ( hay gọi tắt là Cm – khả vi ) nếu f là hàm
R2m – khả vi và

∂f
= 0 , với mọi j = 1, ..., m.
∂z j

Vậy nếu f khả vi phức thì
m

df = ∑
j=1

∂f
dz j .
∂z j

Nhận xét
Vì

1 ⎛ ∂f
∂f
∂f ⎞
= ⎜
−i
⎟
∂z j 2 ⎜⎝ ∂x j

∂z m + j ⎟⎠

và

1 ⎛ ∂f
∂f
∂f ⎞
= ⎜
+i
⎟ nên
∂z m + j ⎟⎠
∂ z j 2 ⎜⎝ ∂x j

f khả vi phức khi và chỉ khi

∂f
∂f
+i
= 0 , ∀ j = 1, ..., m .
∂x j
∂x m + j
Xét hàm f = u + iv với f = f(zj) ; zj = xj + ixm + j ; u = u(xj, xm + j) ; v = v(xj, xm + j).
Ta có


4

∂f
∂u
∂v

=
+i
∂x j ∂x j
∂x j

và

∂f
∂u
∂v
=
+i
.
∂x m + j ∂x m + j
∂x m + j

Suy ra
⎛ ∂u
∂f
∂f
∂v ⎞ ⎛ ∂v
∂u ⎞
i
+i
=⎜
−
+
+
⎟ ⎜
⎟.

∂x j
∂x m + j ⎜⎝ ∂x j ∂x m + j ⎟⎠ ⎜⎝ ∂x j ∂x m + j ⎟⎠

Vì vậy hàm f Cm – khả vi nếu nó R2m – khả vi và thỏa mãn điều kiện
Cauchy – Riemann :
∂v
⎧ ∂u
=
⎪ ∂x
∂x m+ j
⎪ j
⎨
⎪ ∂u = − ∂v
⎪⎩ ∂x m+ j
∂x j

Định nghóa
Cho z0 ∈ Ω, với Ω là một tập mở trong Cm. Hàm f : Ω → C được gọi là
chỉnh hình tại z0 nếu f là hàm Cm – khả vi tại mọi điểm trong một lân cận nào đó
của z0.
Hàm f : Ω → C được gọi là chỉnh hình trên Ω nếu f chỉnh hình tại mọi
z∈Ω.
Tập hợp tất cả các hàm chỉnh hình trên miền Ω được ký hiệu là O(Ω).

2. Tính chất của hàm chỉnh hình
Cho miền Ω ⊂ Cm và hàm f : Ω → C, ta ký hiệu (A) là mệnh đề :
“ f liên tục trên Ω và tại mỗi z0 ∈ Ω f chỉnh hình theo từng biến ”

Tính chất 1
Nếu f thỏa (A) trong một đa đĩa P(a,r) thì tại mỗi z∈P(a,r), ta có

f (z) =

1

( 2πi )

m

f (ζ )dζ1...dζ m
,
Γ ( ζ1 − z1 ) ... ( ζ m − z m )

∫ ...∫
Γ


5

{

}

m
trong đó Γ = z ∈ C : z j − a j = rj , ∀j = 1,..., m (với r∈Cm) là khung của đa

đĩa, chính là tích của m vịng trịn biên.

Tính chất 2
Nếu f thỏa (A) trong đa đĩa đóng P(a, r) thì với mọi z∈P(a,r) ta có :

f (z) =

∞

∑ c (z − a )
k =0

trong đó

ck =

k

(1.2.1)

k

1
f (ζ )dζ
,
m ∫
(2πi) Γ (ζ − a) k +1

k = (k1, ..., km)∈Nm ; k + 1 = (k1+1, ..., km+1)∈Nm,
và

(z − a)k = (z1 − a1 )k ...(zm − a m )k .
1

m

Tính chất 3 (Định lý Abel)
Nếu chuỗi (1.2.1) hội tụ tại ζ∈Cm thì trên mỗi tập K bất kỳ, với K

{

}

compact và K ⊂ z ∈ C m : z j − a j < ζ j − a j chuỗi này hội tụ tuyệt đối, đều.

Tính chất 4
Nếu hàm f thỏa (A) trong đa đĩa đóng P(a, r) thì tại mọi z∈P(a,r), hàm f
có các đạo hàm riêng mọi cấp liên tục.

Tính chất 5
Nếu hàm f chỉnh hình tại điểm a và f khai triển được ở dạng chuỗi (1.2.1)
thì các hệ số của chuỗi này được xác định theo công thức taylor

1
∂ k +...+ k
ck =
k1 !...k m ! ∂z1k ...∂z km
1

1

với

m

m

z =a

1 ∂k
= . k
k! ∂z

k! = k1!...km! .

Tính chất 6 ( Bất đẳng thức Cauchy)

z =a

,


6

Nếu hàm f chỉnh hình trên đa đĩa đóng P(a, r) và f ≤ M trên khung Γ
của đa đĩa này thì các hệ số khai triển của chuỗi (1.2.1) thỏa

ck ≤

M
rk ,

k1
km

k
trong đó r = r ...r .

Các tính chất này được chứng minh trong tài liệu tham khảo [6] hoặc [9].

Nhận xét
Từ tính chất 2 và 3, ta suy ra nếu hàm f thỏa mãn (A) trên Ω thì hàm f
chỉnh hình trên Ω.
Trong tính chất 4, thì đạo hàm riêng mọi cấp của một hàm chỉnh hình
cũng là một hàm chỉnh hình.
Trong chương 3, ta thấy định lý Hartogs sẽ chỉ ra rằng giả thiết về sự liên
tục của hàm f trong (A) là thừa.

1.3 Trung bình tích phân
Định nghóa
Cho A = (aij) là một ma trận chữ nhật, với 1≤ i ≤ m ; 1≤ j ≤ n ; n ≤ m. Ta
gọi modul của A là

⎛
A =⎜
∑
⎝ 1≤i 1

2

( det ⎡⎣a ⎤⎦ ) ⎞⎟⎠
2

n ≤m

ik j

1
2

.

Nếu m = n thì A = det(A) .
Nếu L : Rn → Rm là một ánh xạ tuyến tính thì ta ký hiệu L để chỉ modul
của ma trận L đối với các cơ sở chính tắc tương ứng trong Rn và Rm.

Định nghóa
Cho M ⊂ Rm là một đa tạp con k - chiều, ánh xạ ψ : D → M được gọi là
một phép tham số hóa địa phương của M, nếu D là tập con mở của Rk ;


7

Rankaψ = k với mọi a∈D; ψ đơn ánh và miền ảnh của nó là một tập con mở
trong M.
Ta ký hiệu A là tập tất cả các phép tham số hóa địa phương của M; ∑ là
một σ - đại số các tập con S ⊂ M sao cho ψ-1(S) Lebesgue đo được, với mọi
ψ∈A.

Định nghóa
Độ đo σ trên σ - đại số ∑ có tính chất : Nếu ψ∈A, S∈∑ sao cho S nằm
trong ảnh của ψ thì

σ(S) =

∫

d x ψ dλ (x) ,

−1

ψ (S)

trong đó λ là độ đo trong Rk, và công thức này được gọi là độ đo diện tích mặt
của M.
Tích phân của hàm ∑ - đo được trên M theo độ đo σ được gọi là tích phân
mặt.

Nhận xét
Độ đo diện tích mặt trên M là duy nhất, bởi vì theo định lý đổi biến số thì
σ(S) khơng phụ thuộc vào việc chọn phép tham số hóa.
Nếu ánh xạ ψ : D → M là một phần tử của A và ánh xạ f : M → R là một
hàm ∑ - đo được sao cho
σ ({x ∈ M \ ψ (D) : f (x) = 0} ) = 0

thì tích phân mặt của hàm f là

∫ f (x)dσ(x) = ∫ ( f ψ )(t). d ψ dλ(t) .
o

M

t

D

Tiếp sau đây là một hệ thức về tích phân mặt trên mặt cầu.

Định nghóa


8

Cho f là một hàm đo được trên ∂B(0,R), nếu ψ là một phép tham số hóa
trên ∂B(0,1) thì Rψ là một phép tham số hóa trên ∂B(0, R).
Bởi vì d x Rψ = R m −1 d x ψ nên

∫

∫

f (x)dσ(x) = R m −1

∂B(0,R )

f (Rx)dσ(x) .

(1.3.1)

∂B(0,1)

Nếu f là hàm đo được trên ∂B(0,R) và trong B(0,R) thì theo định lý Fubini
⎛
⎞

λ
=
σ
f
(x)d
(x)
f
(x)d
(x)
⎜
⎟dr .
∫
∫0 ∂B(0,r
∫)
B(0,R )
⎝
⎠
R

(1.3.2)

Điều này chứng tỏ rằng nếu ta đặt
sm = σ(∂B(0,1))
bm = λ(B(0,1)) ,
thì ta có
mb m = m

1
1
⎛

⎞
λ
=
σ
=
d
(x)
m
d
(x)
dr(x)
m
r m −1s m dr(x) = s m
⎜ ∫
⎟
∫
∫
∫
B(0,1)
0 ⎝ ∂B(0,r )
0
⎠

và
σ ( ∂B(a, R) ) = σ ( ∂B(0, R) ) =

∫

dσ(x) = R m −1

∂B(0,R )

∫

∂B(0,1)

Vậy
mbm = sm và σ(∂B(a,R)) = Rm-1 sm .
và tương tự là
λ(B(a,R)) = Rm bm .

(1.3.3)

Định nghóa
Cho B(a,R) là một quả cầu mở trong Rm, khi đó ta đặt :
L ( u; a, R ) =

và

1
u(x)d σ (x)
s m R m −1 ∂B (∫a ,R )

dσ(x) = R m −1s m .


9

A ( u;a, R ) =

1
bmR m

∫

u(x)dλ (x)

B( a ,R )

với u là một hàm đo được trên ∂B(a,R) và B(a,r).
Theo (1.3.2) và (1.3.3), ta suy ra
A ( u;a, R ) =

m R m −1
r L ( u;a, r ) dr . (1.3.4)
R m ∫0

1.4 Hàm điều hòa
1. Hàm điều hòa
Cho tập mở Ω ⊂ Rm và hàm u : Ω → R.

Định nghóa
Hàm u được gọi là điều hịa trong Ω nếu u ∈C2(Ω) và thỏa mãn phương
trình Laplace

∂2u
Δu = ∑ 2 ≡ 0 trong Ω.
j=1 ∂x j
m

Họ tất cả những hàm điều hòa trong Ω được ký hiệu là H(Ω).

Xét bài toán sau
Cho u ∈ H(Ω), tìm một hàm v∈C2(Ω) sao cho u(x) = v ( x

)

với mọi

x∈Rm\{0}.

Chuù yù raèng

(

Nếu đặt r = x = ( x12 + ... + x m2 )

1/ 2

) thì theo đạo hàm hàm hợp, ta có

2x
x
∂u
∂
∂v(r) ∂r
=
v'(r) =
= v'(r) j = v'(r). j
∂x j ∂x j

∂r ∂x j
2r
r
'

∂2u ∂ ⎡ v'(r) ⎤ v'(r)
∂ ⎡ v'(r) ⎤ v'(r)
⎡ v'(r) ⎤ x j
⇒ 2=
x
=
+
x
=
+
x
.
j
j
j
∂x j ∂x j ⎣⎢ r
r
∂x j ⎣⎢ r ⎦⎥
r
⎦⎥
⎣⎢ r ⎦⎥ r r


10

∂2 u v'(r) 2 ⎡ r.v''(r) − v'(r) ⎤
⇔ 2=
+ x j .⎢
⎥⎦
∂x j
r
r3
⎣
∂2u
v'(r) 2 ⎡ r.v''(r) − v'(r) ⎤
⇒ Δu = ∑ 2 = m
+ r .⎢
⎥⎦
r
r3
j=1 ∂x j
⎣
m

⇔ Δu = v"(r) +

m −1
v'(r) .
r

Do đó, u ∈H(Rm\{0}) nếu và chỉ nếu

m −1
.v'(r) = 0
r

⇔ r m−1v"(r) + (m − 1)r m−2 v'(r) = 0
⇔ v''(r) +

⇔ ( r m−1.v'(r) ) ' = 0
⇒ rm-1.v’(r) = A
⇒ v(r) = A.g(r) + B.
Trong đó A, B là hằng số bất kỳ nên ta có thể chọn g(r) là

⎧ log r , khi m = 2
g(r) = ⎨
2− m
, Khi m > 2
⎩ −r

(1.4.a)

Và g(r) được gọi là nghiệm cơ bản của phương trình Laplace trong Rm.

2. Bài tốn Dirichlet cổ điển

Bài toán
Cho Ω là một tập mở bị chặn trong Rm và một hàm f ∈ C(∂Ω). Hãy tìm
một hàm u∈C( Ω )∩H(Ω) sao cho u ∂Ω = f .
Ta sẽ giải bài tốn Dirichlet này có lời giải duy nhất khi Ω là hình cầu mở.

Định nghóa
Hàm Green cổ điển trên hình cầu đơn vị với cực ở y- ∈B(0,1), chúng ta
định hàm G được xác định theo công thức

11

⎧
⎛
y ⎞
⎪⎪g ( x − y ) − g ⎜ y x − 2 ⎟
⎜
y ⎟⎠
G(x, y) = ⎨
⎝
⎪
⎪⎩g ( x ) − g(1)

, y≠0
, y=0

Từ định nghĩa của hàm g, ta thấy

(

)

G(., y) ∈ H ( B(0,1) \ { y} ) ∩ C B(0,1) \ { y} .

Hơn thế nữa,
G(x, y) = 0 nếu x = 1 .
Nghĩa là hàm Green cổ điển trên hình cầu đơn vị có cực ở y ∈B(0,1)\{0} luôn
triệt tiêu trên mặt cầu đơn vị của Rm.
Thật vậy, nếu y = 0 thì điều này hiển nhiên đúng. Mặt khác, nếu
x∈∂B(0,1) và y∈B(0,1)\{0} ta ln có

x−

2

y
y

= 1+

2

1
y

2

−

2
y

m

2

∑x y
j=1

j

j

=

1
y

2

x−y

2

suy ra
y . x−

y
y

2

= x−y .

Do đó
G(x,y) = 0, ∀y ∈Rm và x = 1
hay
G ∂B(0,1) ≡ 0.

Bổ đề 1.4.1
Nếu u là một hàm điều hịa trong một lân cận của của B(0,1) ⊂ R m thì

u(y) =

với y ∈ B(0,1) và

m
1
∂
u
G(., y) σ j ,
∑
∫
s m max {1, m − 2} ∂B( 0,1) j=1 ∂x j


12

σ j = ( −1) j+1 dx 1 ∧ ... ∧ dx j−1 ∧ dx j+1 ∧ ... ∧ dx m , j = 1, ..., m.

Chứng minh

Cố định y ∈B(0,1) và đặt G(x) =

G(x, y)
.
max {1, m − 2}

Xét dạng vi phân
m ⎛
∂G
∂u ⎞

ω = ∑⎜u
−G
⎟⎟ σ j .
⎜ ∂x
x
∂
j=1
j
j
⎝
⎠

Lấy ε > 0, sao cho B(y, ε) ⊂ B(0,1) và D ε = B(0,1) \ B(y, ε ) . Chú ý rằng ω là
đóng trong một lân cận của ∂Dε , tức là dω = 0.
Thật vậy
dω = ( uΔG − GΔu ) dx1 ∧ ... ∧ dx m = 0 .

Vì u và G là điều hịa nên ΔG = Δu = 0 hay dω = 0. Theo định lý Stokes,
ta có

∫

ω= 0.

(1.4.b)

∂D ε

Đặt
H(x) = G(x) −

g( x − y )
,
max {1,m − 2}

với x ∈ Dε khi G ∂B(0,1) = 0 , (1.4.b) có thể được viết lại như sau
m

∂G

∫ ∑ u ∂x

∂B(0,1) j=1

j

σj =

∫

ω.

(1.4.c)

∂B( y, ε )

Để kết thúc chứng minh, ta chỉ chứng tỏ rằng nếu vế phải của (1.4.c) hội tụ đến
smu(y) khi ε→ 0, ta có

13

m x −y
⎛ ∂H
∂u ⎞
j
1− m
ω = ∫ ∑⎜ u
−H
σj
u(x)∑ j
⎟⎟ σ j + ε
∫
∫
⎜
∂x j
∂x j ⎠
ε
j=1
∂B( y,ε )
∂B( y, ε ) j=1 ⎝
∂B( y,ε )
m
∂u
g(ε)
−
σj
∑
∫
max {1, m − 2} ∂B( y,ε ) j=1 ∂x j

m

= A ε + Bε + Cε .

Rõ ràng

lim A ε = lim C ε = 0 .
ε→ 0

Vì N(x) =

x j − yj
ε

ε→ 0

là một trường véctơ trực chuẩn trên ∂B(y, ε) nên

∫

B ε = ε1− m

u(x)dσ (x) = s m L ( u; y, ε ) .

∂B( y, ε )

Theo định nghĩa của trung bình tích phân L(u;y,ε) với u liên tục thì ta có
lim B ε = s m u(y) .■
ε→ 0

Định nghóa
2

P(x, y) =

Hàm (x, y) →

x − y
x−y

m

2

, với x, y ∈ Rm sao cho x ≠ y.

P(x, y)
được gọi là nhân Poisson trong Rm.
sm x

Hàm P là ràng buộc đóng đối với hàm Green cổ điển của quả cầu đơn vị.

Mệnh đề 1.4.2
Nếu x ∈∂B(0,1) ⊂ Rm và y∈B(0,1) ⊂ Rm thì

( dxG(., y)) (x) = max {1,m − 2}.P(x, y) .

(1.4.d)

Đặc biệt P(x, .) ∈ H(B(0,1)).

Chứng minh

Đặt c =

1
, ta có cd x ⎡⎣ x
max {1, m − 2}

x−y
g ( x − y ) ⎤⎦ =
m .
x−y


14

Do đó, nếu y ≠ 0, ta có
c ( d x G(., y) ) =

Vì y . x −

y
y

2

x−y
x−y

m

− y

2− m

( )
x − (y/ y )
2

x − y/ y

2

.

m

= x − y nên

c ( d x G(., y) ) =

2

x−y
x−y

m

−

y x−y
x−y

m

=

(

2

x 1− y
x−y

m

).

(1.4.e)

Hiển nhiên điều này cũng đúng nếu y = 0. Tích vơ hướng hai vế của
(1.4.e) với x ta có được 1.4.d ( chú ý x∈∂B(0,1)).
Kết luận thứ hai của định lý thỏa mãn phương trình Δ
x

g( x − z

∂
∂
=

Δ và
∂x j ∂x j

) là điều hòa trong Rm\{z} với mỗi z được cố định ∈ Rm. ■

Định lý 1.4.3
Nếu u là một hàm điều hịa trong một lân cận của quả cầu đóng
B(a , r) ⊂ R m thì với mỗi y ∈ B(a,r), ta có

u(y) =

1

s m r ∂B (∫a ,r )

P(x − a, y − a)u(x)d σ (x)

(1.4.f)

= r m − 2 L ( P(x − a, y − a)u(x);a, r ) .
với trung bình tích phân được ước lượng đối với x, đặc biệt nó thỏa hàm điều
hịa thuộc lớp C∞.
Chứng minh

Nếu a = 0 và r = 1, công thức (1.4.f) là một kết quả được suy ra trực tiếp
từ bổ đề 1.4.1 và định lý 1.4.2 ( chú ý rằng chuẩn ngoài của ∂B(0,1) tại x
∈∂B(0,1)) là trường hợp tổng quát của (1.3.1) ■
Cơng thức (1.4.f) được gọi là cơng thức tích phân Poisson.

15

Định lý 1.4.4
Cho u là hàm liên tục có giá trị thực trên một tập mở Ω ⊂ Rm , thì các
điều sau đây là tương đương

(i)

u ∈ H(Ω).

(ii)

Nếu B(a, r) ⊂ Ω thì với mỗi y∈B(a,r)

u(y) = rm-2 L(P(x – a, y – a ).u(x) ; a, r).
(iii)

Nếu B(a, r) ⊂ Ω thì u(a) = L(u; a, r).

(iv)

Nếu B(a, r) ⊂ Ω thì u(a) = A(u; a, r).

Chứng minh

Áp dụng (i) ⇒ (ii) chính là Định lý 1.4.3 ; (ii) ⇒ (iii) có được khi thế
y = a trong cơng thức tích phân Poisson; (iii) ⇒ (iv) do cơng thức (1.4.d) và mối
quan hệ của hai loại trung bình tích phân.
Từ các điều đã chứng minh trên, ta sẽ chứng minh được nguyên lý modul
cực đại của hàm điều hịa và sẽ chứng minh bài tốn Dirichlet có nghiệm duy

nhất trên hình cầu mở ( sẽ được trình bày sau đây).
Nếu sử dụng nguyên lý modul cực đại cho hàm điều hịa ta có thể chứng
minh (iv) ⇒ (i) như sau :

(

)

Giả sử u∈C(Ω) và (iv) thỏa mãn, khi đó tồn tại v ∈ C B(a,r) ∩ H (B(a,r)) và v = u
trên ∂B(a,r).
Vì (i) ⇒ (iv) nên các hàm ± (u – v) thỏa (iv) trên B(a,r). Do đó nó cũng
thỏa ngun lý modul cực đại trên đó.
Vì các hàm ± (u – v) = 0 trên ∂B(a,r) nên suy ra u = v trên B(a,r).
Vậy u∈H(B(a,r)), điều này đúng cho mọi a∈Ω và r > 0 sao cho B(a,r) ⊂ Ω nên u
là một hàm điều hòa trong Ω.■


16

Định lý 1.4.5
Cho Ω là một miền liên thơng, bị chặn trong Rm. Giả sử u : Ω → R sao
cho u ∈ H (Ω) ∩ C(Ω) . Khi đó
Hoặc u là hằng số ; hoặc u thỏa bất phương trình
u(x) < sup u(y)
y∈∂Ω

(x ∈Ω)

(1.4.g)

Chứng minh

Cho α = sup u(y) và A = Ω∩u-1(α) , ta sẽ chứng minh rằng hoặc A = Ω
y∈∂Ω

khi u ≡ α hoặc A = ∅ ( khi u thỏa mãn 1.4.g). Để đạt được điều này, ta chỉ cần
chứng tỏ rằng nếu A ≠ ∅ thì A = Ω.
Chú ý rằng Ω là tập liên thơng và A đóng trong Ω, nên ta chỉ cần chứng
minh A mở.
Giả sử a ∈ A, r > 0 và B(a,r) ⊂ Ω . Nếu có một điểm b∈B(a, r)\A, hàm u
phải thật sự nhỏ hơn hàm u(a) = α trong một lân cận của b, theo (iv) trong định
lý 1.4.4, ta có
u(a) = A(u; a, r) < A(α; a, r) = α.
Điều này khơng thể và dó đó B(a, r) ⊂ A.
Vì vậy A là mở nên suy ra A = Ω.■
Bây giờ, ta sẽ giải bài tốn Dirichlet cổ điển cho quả cầu mở trong Rm.

Định lyù 1.4.6
Cho hàm f ∈C(∂B(a, r)) với a ∈ Rm và r > 0, khi đó hàm v được xác định
bởi

⎧⎪f (y)
v(y) = ⎨ m−2
⎪⎩r L ( P(x − a, y − a)f (r);a,r )

(

, ( y ∈∂B(a,r) )
, ( y ∈ B(a,r) )

)

thì v là hàm duy nhất thỏa v∈ H ( B(a,r) ) ∩ C B(a, r) và v ∂B(a ,r) = f.


17

Chứng minh

Tính duy nhất được suy ra từ nguyên lý modul cực đại và định lý 1.4.3.
Hơn thế nữa, theo định lý 1.4.2, ta có v ∈ H(B(a,r)). Do đó, ta chỉ chứng minh
rằng
lim v(y) = f (y0 ) ,

y → y0
y∈B(a,r )

với mọi y0∈ ∂B(a,r).

(

)

Sau đó lấy v(y0) = f(y0) là đủ để v ∈ H ( B(a,r) ) ∩ C B(a,r) và v ∂B(a,r) = f.
Lấy ε > 0 và y0 ∈∂B(a,r). Do f liên tục trên ∂B(a,r), chọn δ > 0, sao cho :
Nếu x∈∂B(a,r) và x − y0 ≤ δ thì f (x) − f (y0 ) ≤ ε .
Nếu y∈ B(a,r) thì theo định lý 1.4.3 được áp dụng cho hàm v(y) là
v(y) =

1

1

∫

P(x − a, y − a).v(x)dσ(x) =

∫

P(x − a, y − a).v(y 0 )dσ(x) =

s m r ∂B(a ,r )

s m r ∂B(a∫ ,r )

P(x − a, y − a).f (x)dσ(x)

và hằng v(y0) là
v(y 0 ) =

1

s m r ∂B(a ,r )

1

s m r ∂B(a∫ ,r )

P(x − a, y − a).f (y 0 )dσ(x)

Suy ra
v(y) − v(y 0 ) =

1

s m r ∂B(a∫ ,r )

P(x − a, y − a).[ f (x) − f (y 0 ) ] dσ(x) .

Đặt
h(x, y) = P(x − a, y − a) [ f (x) − f (y0 )]

.

Ta có
v(y) − v(y 0 ) =

1

∫

s m r ∂B(a ,r )

h(x, y)dσ(x) =

⎞
1 ⎛
h(x, y)dσ(x) + ∫ h(x, y)dσ(x) ⎟
⎜
∫

sm r ⎝ A
⎠
B

với
A = ∂B(a, r) ∩ B(y 0 , δ) và B = ∂B(a,r)\A .

Theo tích phân đầu


18

1
1
h(x, y)dσ(x) ≤
P(x − a, y − a) f (x) − f (y0 ) dσ(x) .
∫
sm r A
s m r ∂B(a∫ ,r )

Như vậy theo định lý 1.4.3, ta có
1
ε
h(x, y)dσ(x) <
P(x − a, y − a)dσ(x) = ε.r m −2 .L ( P(x − a, y − a);a, r ) = 0
∫
∫
smr A
s m r ∂B(a ,r )

vì x, y∈∂B(a,r) nên P(x – a, y – a) = 0.
Với tích phân thứ hai, nếu x ∈B và y − y0 ≤
P(x − a, y − a) ≤

r2 y − a

(δ / 2)

m

δ
thì
2

2

.

Vì y − a → r khi y → y0, nên P(x – a, y – a) → 0 và ta kết luận rằng

∫ P(x − a, y − a)dσ(x) → 0 khi y → y0.
B

Từ đó

1
1
h(x,
y)d
(x)

σ
≤
× 2 sup f (z) × ∫ P(x − a, y − a)dσ(x) → 0
sm r ∫B
sm r x∈∂B(a,r)
B
miễn là y − y0 đủ nhỏ.
Do đó v(y) hội tụ đến v(y0) khi y → y0. ■

Định lý 1.4.7
Nếu hàm thực u∈H(Rm) và bị chặn trên ( hoặc chặn dưới ) thì u là hằng
số.
Chứng minh

Khơng mất tính tổng qt chúng ta có thể giả sử rằng u âm.
Lấy x∈Rm, theo định lý 1.4.4 (iv), với n∈N, lấy r = n + x ta có
u(x) = A(u;x, r)

⇔ u(x) =

1
∫ u(y)dλ(y)
bm r m B(x,r)


19

1

⇔ u(x) =

bm ( n + x

)

m

.

∫

u(y)dλ(y) .

B( x ,n + x )

Suy ra
bm ( n + x

)

m

u(x) =

∫

u(y)dλy ≤

B( x ,n + x )

∫

u(y)dλy = b m n m u(0)

B(0,a )

với u < 0 và B(0, n) ⊂ B(x, n + x ).
thì theo đó ta suy ra
⎛ n
u(x) ≤ ⎜⎜
⎝n+ x

m

⎞
⎟⎟ u(0) ,
⎠

với n = 1, 2, . . .
Do đó u(x) ≤ u(0) ( tương tự với B(x, n- x )⊂ B(0, n) ta cũng có u(x) ≥ u(0) ).■

Định nghóa
Cho u là một hàm phức trên tập S thì chuẩn u S được biểu diễn là
Supremum của u trên S, nghĩa là

u

S

= sup { u (x ) : x ∈ S} .

Chúng ta sẽ cần kết quả bổ trợ sau đây để đưa ra định lý Harnack.

Bổ đề 1.4.8
Cho Ω là một lân cận của quả cầu B(a,r) ⊂ Rm , tồn tại một hằng số M sao
cho với mỗi u∈H(Ω) thì
u(y) − u(z) ≤ M u Ω . y − z

và
∂u
∂u
(y) −
(z) ≤ M u Ω . y − z
∂x j
∂x j

với y, z ∈ B(a,r) và j = 1, ... , m.