Vấn đề tồn tại nghiệm của phương trình đạo hàm riêng tuyến tính

..

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

Nguyễn Hồng Điệp

VẤN ĐỀ TỒN TẠI NGHIỆM
CỦA PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG TUYẾN TÍNH

Chun ngành: Tốn ứng dụng
Mã số: 60.46.01.12

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS.TS. HÀ TIẾN NGOẠN

Thái Nguyên - 2013

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




1

LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên của khóa luận này em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy
giáo hướng dẫn PGS-TS Hà Tiến Ngoạn đã giao đề tài và tận tình hướng
dẫn em trong quá trình nghiên cứu và hồn thành khóa luận này.

Nhân dịp này em xin gửi lời cảm ơn của mình tới tồn bộ các thầy
cơ giáo trong khoa Toán- trường Đại học Khoa học-Đại học Thái Ngun
cùng các thầy cơ ở Viện Tốn học đã giảng dạy và giúp đỡ chúng em trong
suốt quá trình học tập tại khoa.
Đồng thời, tôi xin cảm ơn các anh chị và các bạn trong lớp K5 đặc biệt
là các bạn học ngành tốn ứng dụng đã nhiệt tình giúp đỡ tơi trong q
trình học tập tại lớp.
Tơi xin cảm ơn các thầy cô, anh chị và các bạn đồng nghiệp công tác
tại trường THPT Nguyễn Đức Cảnh - Kiến Thụy - Hải Phòng đã tạo điều
kiện giúp đỡ tơi về thời gian và cơng tác để tơi hồn thành khóa học.
Xin chân trọng cảm ơn!
Hải Phịng, tháng 05 năm 2013
Người viết luận văn

Nguyễn Hồng Điệp

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




1

MỞ ĐẦU
Phương trình đạo hàm riêng được nghiên cứu lần đầu tiên vào giữa thế
kỉ 18 trong các cơng trình của những nhà toán học như Euler, D’Alambert,
Lagrange và Laplace như là một công cụ quan trọng để mô tả các mơ hình
của vật lí và cơ học. Những bài tốn có nội dung tương tự vẫn cịn được
nghiên cứu đến tận ngày nay và là một trong những nội dung cơ bản của lí
thuyết đạo hàm riêng. Chỉ đến giữa thế kỉ 19 và đặc biệt là trong các cơng

trình của Riemann, phương trình đạo hàm riêng mới trở thành cơng cụ
mạnh dùng trong những lĩnh vực tốn học khác. Cả hai hướng nói trên đã
tác động trực tiếp đến sự phát triển của lí thuyết phương trình đạo hàm
riêng và ngược lại, phương trình đạo hàm riêng đóng vai trị quan trọng
trong các lĩnh vực khác của tốn học lí thuyết và đặc biệt là trong các bài
tốn thực tiễn.
Một bài tốn phương trình vi phân đạo hàm riêng, nếu nó có ý nghĩa
thực tiễn thì chắc chắn nó có nghiệm, chỉ có điều là nghiệm đó được hiểu
theo nghĩa nào mà thơi. Nhiều phương trình vi phân đạo hàm riêng mà ta
nghiên cứu nói chung là có nghiệm.
Năm 1957 nhà toán học Hans Lewy [6] đã phát hiện ra ví dụ về một
phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp một mà khơng có nghiệm(cho
dù là nghiệm suy rộng) với một số hàm vế phải trơn cho trước. Do đó từ
ví dụ trên đã xuất hiện một hướng nghiên cứu mới về tính giải được của
phương trình đạo hàm riêng tuyến tính.
Một minh họa hình học và một mở rộng của ví dụ này được đưa ra nm
1960 bi Lars Hăormander

S húa bi Trung tõm Hc liu – Đại học Thái Nguyên




2

Luận văn được chia làm 2 chương:
Chương 1: Trình bày một số kiến thức cơ bản về cơng thức tích phân
từng phần, tốn tử đạo hàm riêng tuyến tính và tốn tử liên hợp, trình
bày một ví dụ về một phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp một mà
khơng có nghiệm và một số định lí về khơng gian Hilbert.

Chương 2: Trình bày về tính giải được của phương trình đạo hàm riêng
tuyến tính, điều kiện cần và đủ để phương trình đạo hàm riêng tuyến tính
có nghiệm yếu và tính giải được của phương trình đạo hàm riêng tuyến
tính với hệ số hằng.
Nội dung chính của luận văn dựa trên chương 1 của tài liệu [5].
Do thời gian và kiến thức cịn hạn chế nên trong q trình viết luận
văn cũng như trong xử lý văn bản chắc chắn khơng tránh khỏi những sai
sót nhất định. Tác giả luận văn rất mong nhận được sự góp ý của các thầy
cô và các bạn đồng nghiệp để luận văn được hoàn thiện hơn.
Thái Nguyên, tháng 05 năm 2013.
Người thực hiện

Nguyễn Hồng Điệp

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




3

Một số kí hiệu
Trong luận văn này ta dùng những kí hiệu với các ý nghĩa xác định
trong bảng dưới đây:
N
R
C
+∞
|| · ||
z

(·, ·)
Rez
Imz

tập hợp số tự nhiên
tập hợp số thực
tập hợp số phức
dương vô cùng
chuẩn trong L2 (Ω)
liên hợp của số phức z
tích vơ hướng trong L2 (Ω)
phần thực của số phức z
phần ảo của số phức z

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




4

Chương 1
KIẾN THỨC CƠ SỞ

1.1

Toán tử vi phân đạo hàm riêng tuyến tính

Tốn tử vi phân đạo hàm riêng tuyến tính cấp m có dạng

aµ (x)Dµ ,

A(x, D) =

(1.1)

|µ|≤m

trong đó

µ = (µ1 , µ2 , . . . , µn ) ∈ Nn
|µ| = µ1 + µ2 + . . . + µn
x = (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn ,
aµ (x) là các hàm trơn cho trước, nhận giá trị phức và
∂ |µ|
D = (−i)
∂xµ1 1 ∂xµ2 2 . . . ∂xµnn
µ

|µ|

(1.2)

là tốn tử lấy đạo hàm riêng cấp |µ|.
Ví dụ 1.1.1. Giả sử với m = 3 và µ = (µ1 , µ2 , µ3 ),

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

µj ∈ N

5

với j = 1, 2, 3 thì với u là một hàm ba biến x1 , x2 , x3 . Ta có

∂ 3u
∂ 3u
∂ 3u
D u =
+
+
∂x31 ∂x21 ∂x2 ∂x21 ∂x3
µ

|µ|=3

∂ 3u
∂ 3u
∂ 3u
+
+
∂x1 ∂x22 ∂x1 ∂x23 ∂x32
∂ 3u
∂ 3u
∂ 3u
+
+
+

∂x1 ∂x2 ∂x3 ∂x22 ∂x3 ∂x2 ∂x23
∂ 3u
+
∂x33
+

Toán tử A là tuyến tính bởi vì Dµ là tuyến tính và ta có

A(α1 u1 + α2 u2 ) = α1 A(u1 ) + α2 A(u2 )
trong đó α1 , α2 ∈ C và u1 , u2 là các hàm số.

1.2
1.2.1

Công thức tích phân từng phần. Tốn tử liên
hợp
Cơng thức tích phân từng phần

Cho Ω là tập hợp mở, liên thông trong En có biên ∂Ω trơn từng mẩu.
Bao đóng của Ω là Ω = Ω ∪ ∂Ω.
Giả sử Ω bị chặn, tức là Ω ⊂ ΣR với R đủ lớn, ở đây

ΣR = (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ En |x21 + x22 + . . . + x2n < R2 .
Nếu f ∈ C 1 (Ω) thì ta có cơng thức tích phân từng phần sau đây

∂f
dx =
∂xk
Ω

f γk dσ,

1 ≤ k ≤ n,

(1.3)

∂Ω

trong đó dx = dx1 dx2 . . . dxn , γk là cosin của góc tạo bởi trục xk với pháp
tuyến ngồi của ∂Ω và dσ là phần tử diện tích của mặt cong ∂Ω.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




6

Trong trường hợp đặc biệt, nếu u và v là hai hàm khả vi liên tục trên

Ω và thỏa mãn uv = 0 trên ∂Ω thì cơng thức (1.3) được viết lại thành
v

∂u
dx = −
∂xk

Ω

u

∂v
dx, 1 ≤ k ≤ n.
∂xk

(1.4)

Ω

Công thức (1.4) được gọi là cơng thức tích phân từng phần.

1.2.2

Tốn tử liên hợp

Từ cơng thức (1.4), đặt

w¯ = v
và

Dk = −i

∂
, D = (D1 , D2 · · · , Dn )
∂xk

(1.5)

ta có

(Dk u)wdx
¯ =−
Ω

uDk wdx
¯
Ω

=

(1.6)

uDk wdx.
Ω

Cơng thức (1.2) được viết lại như sau

Dµ = D1µ1 D2µ2 . . . Dnµn
∂ |µ|
|µ|
·
= (−i)
∂xµ1 1 ∂xµ2 2 . . . ∂xµnn

(1.7)

Cho

aµ (x)Dµ u

A(x, D)u =
|µ|≤m

là tốn tử vi phân đạo hàm riêng tuyến tính cấp m.
Giả sử ϕ ∈ C0m (Ω) là hàm thuộc C m (Ω) và triệt tiêu ở gần biên ∂Ω.
Áp dụng liên tiếp cơng thức tích phân (1.4) ta có

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




7

aµ (x)Dµ (u)ϕdx
¯

A(u)ϕdx
¯ =
Ω |µ|≤m

Ω

(Dµ u)(aµ (x)ϕ)dx

=

(1.8)

Ω |µ|≤m

uDµ (aµ (x)ϕ)dx.
¯

=
Ω |µ|≤m

Đặt

Dµ aµ (x)ϕ

A (x, D)ϕ =

(1.9)

|µ|≤m

thì A được gọi là tốn tử liên hợp của tốn tử A. Khi đó ta có

A(u)ϕdx
¯ =
Ω

uA ϕdx,

với mọi ϕ ∈ C0m (Ω).

(1.10)

Ω

Đặt bµ (x) = aµ (x) thì cơng thức (1.9) được viết lại là

Dµ (bµ (x)ϕ)

A (x, D)ϕ =

(1.11)

|µ|≤m

Dễ thấy A cũng là một toán tử vi phân đạo hàm riêng tuyến tính cấp

m. Đặc biệt khi A là tốn tử với hệ số hằng và nhận giá trị thực thì A
trùng với A.
Mệnh đề 1.2.1. Cho u là một hàm liên tục trên Ω và giả sử

uϕdx
¯ = 0, với mọi ϕ ∈ C0∞ (Ω)

(1.12)

Ω

trong đó ϕ là hàm tiêu hạn ở dải gần biên ∂Ω. Khi đó ta khẳng định u
đồng nhất bằng 0 trong Ω.
Chứng minh. Giả sử x0 ∈ Ω sao cho u(x0 ) = 0 và

Re u(x0 ) > 0,

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

(1.13)




8

trong đó Re u(x0 ) là phần thực của u(x0 ). Vì u là một hàm liên tục nên
tồn tại một ε−lân cận của điểm x0 sao cho Re u(x) > 0, với mọi x mà

|x − x0 | < ε, trong đó
|x|2 = x21 + x22 + . . . + x2n .
Ta khẳng định có thể tìm được hàm ϕ ∈ C ∞ (Ω) sao cho

ϕ(x) > 0 với |x − x0 | < r,

0
và

ϕ(x) = 0 với |x − x0 | ≥ r.
Thật vậy, ta đặt
−1

j(x) =
và chọn ϕ(x) = j

exp (|x|2 − 1)

0

x − x0
r

nếu |x| < 1
nếu |x| ≥ 1

(1.14)

thì rõ ràng ϕ(x) ∈ C ∞ (Ω) và hàm uϕ(x)

cũng có tính chất
Re (uϕ(x)) > 0 với |x − x0 | < r
và
Re (uϕ(x)) = 0 với |x − x0 | ≥ r.
Suy ra




uϕdx > 0.

Re 
Ω

Điều này mâu thuẫn với (1.12) nên giả thiết (1.13) là sai.
Chứng minh tương tự ta có Re (u(x0 )) không thể nhỏ hơn 0.
Vậy
Re u = 0.

Một cách tương tự, ta cũng chứng minh được
Im (u(x)) = 0.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




9

Vậy u ≡ 0 trong Ω.

1.3

Một ví dụ về phương trình khơng có nghiệm

Xét phương trình vi phân đạo hàm riêng

ux + iuy + 2(ix − y)ut = f (x, y, t),

(1.15)

trong đó

f

= f1 + if2

u = u1 + iu2
ux = u1x + iu2x

uy = u1y + iu2y
ut = u1t + iu2t .
Phương trình này do Hans Lewy đưa ra năm (1957). Ta sẽ đi chứng
minh phương trình này khơng có nghiệm với một số vế phải f (x, y, t).
Ta thấy phương trình (1.15) tương đương với hệ phương trình sau

u1x − u2y − 2xu2t − 2yu1t = f1
u2x + u1y + 2xu1t − 2yu2t = f2 .

(1.16)

Chứng minh. Đặt z = x + iy thì u(x, y, t) là hàm biến z và t. Nó là hàm
giải tích khi và chỉ khi thỏa mãn hệ phương trình Cauchy-Riemann sau
đây

u1x = u2y
u1y = −u2x

(1.17)

ux + iuy = 0

(1.18)

2uz = ux − iuy
2uz¯ = ux + iuy

(1.19)

hoặc

hay

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




10

Phương trình (1.18) trở thành

uz¯ = 0.

(1.20)

Lúc này, phương trình (1.15) trở thành

1
uz¯ + izut = f.
2

(1.21)

Xét tập hợp

Ω = (x, y, t) x2 + y 2 < a, |t| < b, a, b > 0
.
Ta sẽ chỉ ra rằng với một số hàm f ∈ C ∞ (Ω) thì phương trình (1.15)
khơng có nghiệm trong C 1 (Ω).

Thật vậy, lấy Ψ(σ, τ ) là hàm khả vi liên tục của hai biến phức σ và τ ,
triệt tiêu ở bên ngồi hình chữ nhật

D = (σ, τ ) 0 < σ < a, |τ | < b .
Đặt ϕ(x, y, t) = Ψ(ρ, t), ρ = x2 + y 2 .
Chú ý rằng ϕ là hàm khả vi liên tục theo x, y, t trong Ω và triệt tiêu ở
ngồi Ω.
Ta có

ϕz (x, y, t) = z¯Ψρ (ρ, t).
Giả sử u là nghiệm của phương trình (1.15) thì ta có

(uz¯ + izut )ϕdxdydt
¯
=

1
2

f u¯dxdydt.

(1.22)

Ω

Ω

Áp dụng cơng thức tích phân từng phần (1.4) ta có

−

u(ϕz − i¯
z ϕt )dxdydt =
Ω

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

1
2

f ϕdxdydt.
¯
Ω



(1.23)


11

Suy ra

−

zu(Ψρ − iΨt )dxdydt =

1
2

Ω

f ϕdxdydt.
¯

(1.24)

Ω

Ta xét trong hệ tọa độ cực, đặt

tan θ =

y
.
x

Do 2dρdθ = dxdy nên phương trình (1.24) trở thành
b 2π a

b 2π a

1
zu(Ψρ − iΨt )dρdθdt =
2

−
−b 0

f ϕdρdθdt.

¯
−b 0

0

(1.25)

0

Đặt
2π

U (ρ, t) =

zudθ.

(1.26)

0

Giả sử f là hàm khơng phụ thuộc vào θ. Vì Ψ cũng khơng phục thuộc
vào θ nên ta có
b

b

a

U Ψρ − iΨt dρdt = π

−
−b 0

a

f Ψdρdt.

(1.27)

−b 0

Áp dụng công thức tích phân từng (1.4) phần vào vế trái ta có
b

a

(Uρ + iUt − πf ) Ψdρdt = 0.

(1.28)

−b 0

Do Ψ là hàm bất kì khả vi liên tục và bị triệt tiêu ngoài miền

{0 < ρ < a, |t| < b}
nên từ mệnh đề 1.2.1 suy ra

Uρ + iUt = πf, 0 < ρ < a, |t| < b.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

(1.29)


12

Lấy f = g (t), ở đó g là hàm trơn nhận giá trị thực của một biến t và
đặt

V (ρ, t) = U + πig(t).

(1.30)

Khi đó

Vρ + iVt = 0,

0 < ρ < a, |t| < b

và do đó V là hàm giải tích của biến ρ + it trên tập hợp này. Vì u(x, y, t)
là hàm liên tục trên {0 < ρ < a, |t| < b} nên U (ρ, t) cũng vậy. Tuy nhiên

U (0, t) = 0 do (1.26) nên
Re V (0, t) = 0,

|t| < b.

(1.31)

Vì V là hàm giải tích trong {0 < ρ < a, |t| < b} và có phần thực triệt
tiêu khi ρ = 0, nên ta có thể thác triển hàm V (ρ, t) một cách giải tích qua
đường thẳng ρ = 0.
Đặc biệt V (0, t) là hàm giải tích của t trong miền {|t| < b}. Nhưng

V (0, t) = πig(t). Do đó ta chỉ ra rằng, phương trình (1.15) có nghiệm khi
và chỉ khi f là hàm giải tích theo biến t. Song nếu ta xét ví dụ sau

g(t) =

e−t
0

nếu t > 0
nếu t ≤ 0

(1.32)

thì f là hàm khả vi liên tục mọi cấp nhưng khơng giải tích ở lân cận
của điểm t = 0. Vì vậy phương trình (1.15) khơng có nghiệm với hàm

f (t) = g (t), trong đó g(t) được xác định bởi (1.32).

1.4

Không gian Hilbert

Ta nhắc lại định nghĩa không gian Hilbert trên trường số phức. Kí hiệu
là H chứa các phần tử u, v, w, ...

Ta định nghĩa 2 phép tốn cộng và nhân như sau

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




13

Phép cộng

+ : H × H −→ H
(x, y) −→ x + y
Phép nhân

: C × H −→ H
(α, x) −→ αx
Phép toán cộng và nhân thỏa mãn một số tiên đề sau

u+v =v+u

(1.33)

(u + v) + w = u + (v + w)

(1.34)

(α + β)u = αu + βu

(1.35)

α(u + v) = αu + αv

(1.36)

α(βu) = (αβ)u

(1.37)

Tồn tại phần tử trung hịa đối với phép tốn cộng kí hiệu là 0 sao cho

u+0=0+u=u

(1.38)

Với mỗi cặp (u, v) ∈ H . Ta định nghĩa tích vơ hướng của chúng (kí hiệu

(u, v)) như sau
(αu + βv, w) = α(u, v) + β(v, w)

(1.39)

(u, v) = (v, u)

(1.40)

(u, u) > 0 khi u = 0

(1.41)

Bây giờ từ các phương trình

(α + β)u = αu + βu

(1.42)

(αu + βv, w) = α(u, w) + β(v, w)

(1.43)

và

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




14

ta có

(0u, 0u) = (1u + (−1)u, 0u)
= (u, 0u) − (u, 0u)

(1.44)

= 0.
Chứng tỏ

0u = 0,

kết hợp với (1.41) ta có

(0, u) = 0.

(1.45)

Cũng do 0u = 0 và theo công thức (1.39) ta suy ra

(0, u) = (0u, u)
= 0(u, u)

(1.46)

= 0.
Tương tự ta có

u + (−1)u = 0.

(1.47)

Với u, v là các phần tử bất kì của H , ta có

(u + (−1)u, v) = 1(u + (−1)u, v)
= (1u + (−1)u, v)
(1.48)

= (0, v)
= 0.

Từ công thức (1.39), (1.36), (1.37), (1.35), (1.45) và công thức 0u = 0 lấy

v = u + (−1)u. Ta thấy
u + (−1)u = 0.

(1.49)

Cộng hai vế của (1.47) với 1u và kết hợp (1.37), (1.34), (1.35), (1.38) ta có

u = 1u.

(1.50)

Từ phương trình (1.47) ta thấy có thể định nghĩa phép trừ như sau
Nếu u + v = w thì u + v + (−1)v = w + (−1)v và do đó u = w + (−1)v .

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




15

Từ (1.34), (1.47), (1.38) ta viết −v thay cho (−1)v và w − v thay cho

w + (−1)v
Từ (1.37) và cơng thức 0.u = 0 ta có

α0 = 0.

(1.51)

Nếu đặt
1

||u|| = (u, u) 2
Ta có

||αu|| = |α|||u||

(1.52)

||u|| > 0 nếu u = 0

(1.53)

||u + v|| ≤ ||u|| + ||v||

(1.54)

||u + v||2 + ||u − v||2 = 2||u||2 + 2||v||2

(1.55)

|(u, v)| ≤ ||u||||v||.

(1.56)

Ta gọi ||u|| là chuẩn của u. Trong các phát biểu (1.54), (1.55), (1.56)
được gọi lần lượt là bất đẳng thức tam giác, quy tắc hình bình hành và bất
đẳng thức Schwarz.

Ta có

||u + v||2 = (u + v, u + v)
= ||u||2 + (u, v) + (v, u) + ||v||2 ,
||u − v||2 = (u − v, u − v)
2

2

= ||u|| − (u, v) − (v, u) + ||v|| .
Cộng vế với vế của hai đẳng thức (1.57), (1.58) ta được (1.55).
Ta chứng minh phát biểu (1.56).
Thật vậy
Ta xét biểu thức

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên



(1.57)

(1.58)


16

||αu + v||2 = (αu + v, αu + v)
= |α|2 .||u||2 + 2Re α(u, v) + ||v||2
(v, u) 2
|(u, v)|2

2
= α||u|| +
·
+ ||v|| −
||u||
||u||2

(1.59)

Ta thấy rằng trong biểu thức (1.59) có thể giả sử u = 0 (bởi nếu u = 0
thì phát biểu (1.56) được suy ra từ công thức 0.u = 0 ).
Mặt khác ta thấy rằng biểu thức (1.59) đúng với mọi α ∈ C nên ta có thể
chọn

α=−
Khi đó thay α = −

(v, u)
.
||u||2

(v, u)
vào biểu thức (1.59) ta nhận được
||u||2
||v||2 −

|(u, v)|2
≥0
||u||2

suy ra

|(u, v)| − ||u||||v|| ≤ 0
hay

|(u, v)| ≤ ||u||||v||.
Vây bất đẳng thức (1.56) được chứng minh xong.
Ta chứng minh bất đẳng thức (1.54) bằng cách suy ra từ

||u + v||2 = ||u||2 + 2Re (u, v) + ||v||2
≤ ||u||2 + 2||u||.||v|| + ||v||2
= (||u|| + ||v||)2 .
Các phát biểu từ (1.33) đến (1.41) là các tiên đề cho không gian Hilbert
đầy đủ, có nghĩa là mọi dãy uk là các phần tử của H thỏa mãn

||uj − uk || → 0 khi j, k → ∞,

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên



(1.60)


17

tồn tại một phần tử u ∈ H sao cho

||u − uk || → 0 khi k → ∞.

(1.61)

Một dãy thỏa mãn (1.60) gọi là dãy Cauchy, chú ý rằng (1.61) suy ra

(1.60) bởi (1.54)
Tính đầy đủ là vơ cùng quan trọng trong các ứng dụng. Đôi khi ta viết

(1.61) là
uk → u ∈ H khi k → ∞.

(1.62)

Tiếp theo ta nêu một số tính chất quan trọng của khơng gian Hilbert.
Một tập con S ⊂ H gọi là một không gian con nếu ∀u, v ∈ S, ∀α, β là
các vơ hướng thì αu + βv ∈ S
S được gọi là khơng gian con đóng nếu mọi dãy Cauchy của các phần
tử trong S hội tụ về một phần tử của S.
Hiển nhiên một khơng gian con đóng của không gian Hilbert là không
gian Hilbert.

Bổ đề 1.4.1. Cho M là khơng gian con đóng của H thì với mọi u khơng
thuộc M có một v thuộc M sao cho

||u − v|| = inf ||u − w||.
w∈M

(1.63)

Chứng minh. Tập hợp d = inf ||u − w||, w ∈ M thì có một dãy cực tiểu

{wk } ⊆ M sao cho ||u − wk || → d khi k → ∞
Từ công thức (1.55) ta thấy

1
4||u − (wk + wj )||2 + ||wk − wj ||2 = 2(||u − wk ||2 + ||u − wj ||2 )
2
→ 4d2 khi j, k → ∞ (1.64)
vì

1
1
(wk + wj ) ∈ H, 4||u − (wk + wj )||2 ≥ 4d2
2
2
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




18

và

||wk − wj || → 0 khi j, k → ∞.
Từ H là khơng gian đầy đủ nên có một v ∈ M sao cho

||wk − v|| → 0.
Điều này có nghĩa

||u − v|| = lim ||u − wk || = d.

Định lý 1.4.1. (Định lí phép chiếu) Cho M là khơng gian con đóng của

H . Khi đó với mọi u thuộc H thì tồn tại v thuộc M thỏa mãn (u−v, M ) =
0. Tức là (u − v, w) = 0 với mọi w thuộcM.
Chứng minh. Nếu u ∈ M, ||u − v|| = d. Khoảng cách từ u đến M . Bây giờ
nếu w = 0 là phần tử bất kì của M , ta có

||u − v||2 ≤ ||u − v − αw||2
= ||u − v||2 − 2Re α(u − v, w) + |α|2 .||w||2 ,

∀α ∈ C.

Trong tính tốn này nếu chúng ta lấy

α=
thì

(u − v, w)
||w||2

|(u − v, w)|2 |(u − v, w)|2
||u − v|| ≤ ||u − v|| − 2
+
||w||2
||w||2
2

2

suy ra

|(u − v, w)|2 ≤ 0.

(1.65)

|(u − v, w)|2 ≥ 0.

(1.66)

Mặt khác ta ln có

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




19

Từ (1.65) và (1.66) ta có

0 ≤ |(u − v, w)|2 ≤ 0
nên

(u − v, w) = 0.
Suy ra

(u − v, M ) = 0.

Hệ quả 1.4.1. Nếu M = H , thì tồn tại

w khác khơng,w thuộc H sao

cho (w, M ) = 0.
Chứng minh. Từ giả thiết u ∈ H, u ∈
/ M và từ định lí phép chiếu 1.4.1

∃v ∈ M sao cho
(u − v, M ) = 0
lấy

w =u−v
thì

(w, M ) = 0.
Rõ ràng w = 0.
Một phiếm hàm tuyến tính, bị chặn F trên H là một hàm nhận giá trị
phức trên H , và thỏa mãn các điều kiện sau
1. F (αu + βv) = αF u + βF v, ∀α, β ∈ C, ∀u, v ∈ H
2. ∃ hằng số K sao cho

|F u| ≤ K||u||, u ∈ H

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên



(1.67)

20

Ta đinh nghĩa

|F u|
.
u∈H ||u||

||F || = sup

(1.68)

Chú ý: Một hàm tuyến tính bị chặn là liên tục bởi vì nếu uk − u ∈ H suy
ra F uk → F u do công thức (1.67)

|F (uk − u)| ≤ K||uk − u|| → 0 khi k → ∞.
Định lý 1.4.2. (Fréchet-Riez)
Với mọi phiếm hàm tuyến tính bị chặn F trên H, ∃f ∈ H sao cho

F u = (u, f ), u ∈ H

(1.69)

||F || = ||f ||.

(1.70)

và

Chứng minh. Cho N = {v ∈ H|F v = 0} thì N là không gian con của H

nếu u, v ∈ N , ta có

F (αu + βv) = αF u + βF v = 0,

∀α, β

là vô hướng

và do αu + βv ∈ N , cộng với N là không gian con đóng của H nếu vk ∈ H
và vk → v nên ta có

|F v| = |F (v − vk )| ≤ K||v − vk || → 0 khi k → ∞.
Do đó v ∈ N.
Bây giờ nếu N = H thì định lí chứng minh dễ dàng, chỉ cần xét f = 0.
Trường hợp khác có một w = 0, w ∈ H sao cho (w, H) = 0 ( áp dụng hệ
quả 1.4.1).
Do đó

Fw = 0

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




21

và

F

Fu
w
Fw

u−

= Fu −

Fu
Fw
Fw

= 0.
Do vậy

Fu
w} ∈ N,
Fw
Nói riêng điều này có nghĩa là
{u −

u−

Fu
w, w
Fw

∀u ∈ H

=0

tức là

(u, w) =

Fu
||w||2 .
Fw

Do đó

F u = u,

w
Fw .
||w||2

wF w
.
||w||2
Mặt khác áp dụng phát biểu (1.69) và cơng thức (1.56) ta có

Điều này chỉ ra phát biểu (1.69) bằng cách chọn f =

|F u| ≤ ||f ||||u||
suy ra

||F || ≤ ||f ||
và bằng cách chọn u = f và áp dụng phát biểu (1.69) ta suy ra

F f = ||f ||2
hoặc

||f || =

|F f |
≤ ||F ||.
||f ||

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên




22

Cho S là không gian con của H ta định nghĩa S (bao đóng của S ) là
tập hợp tất cả các phần tử f ∈ H , là giới hạn của phần tử trên S.

f ∈ S nếu tồn tại một dãy vk ⊆ S sao cho
||vk − f || −→ 0.
Do đó f ∈ S nếu S là đóng.
Dễ dàng kiểm tra S là khơng gian con đóng của H và là không gian con
nhỏ nhất chứa S .
Định lý 1.4.3. (Hahn-Banach)
Cho S là một không gian con khác rỗng của H và F là một phiếm hàm
tuyến tính bị chặn trên S thỏa mãn

|F u| ≤ K0 ||u||, u ∈ S.

(1.71)

Khi đó tồn tại một phiếm hàm tuyến tính bị chặn G trên H sao cho

Gu = F u,

với u ∈ S

và |Gv| ≤ K0 ||v||,

với v ∈ H.

Chứng minh. Trước hết ta mở rộng miền F trên S bằng cách như sau
Chọn dãy {vk } ⊂ S và ||vk − f || −→ 0.
Đặt

F f = lim F vk .
Giới hạn này tồn tại vì

|F (vk − vj )| ≤ K0 ||vk − vj || −→ 0
Và nó khơng phụ thuộc vào cách chọn dãy {vk }.
Thật vậy nếu chọn vk là dãy khác cũng thỏa mãn điều kiện của bài
tốn. Khi đó

|F vk − F vk | = |F (vk − vk )|
≤ K0 ||vk − vk ||
≤ K0 (||vk − f || + ||f − vk ||) −→ 0.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

23

Hơn nữa

|F f | = lim |F vk | ≤ lim K0 ||vk || = K0 ||f ||.
Vì vậy F có thể mở rộng là một phiếm hàm tuyến tính bị chặn trên S.
Bây giờ ta lấy ∀w ∈ H, ∃w1 ∈ S sao cho (w − w1 , S) = 0 (định lí 1.4.1).
Ta đặt

Gw = F w1 .
Hiển nhiên G thỏa mãn điều kiện 1 của định nghĩa của một phiếm hàm
tuyến tính bị chặn (xem hệ quả 1.4.1). Hàm này cũng thỏa mãn điều kiện
2 của hệ quả 1.4.1. Điều này là do

||w||2 = ||w1 ||2 + ||w − w1 ||2 .
Do vậy ||w1 || ≤ ||w|| và |Gw| = |F w1 | ≤ K0 ||w1 || ≤ K0 ||w||.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên