ĐỀ TÀI " BÀI TOÁN DIRICHLET CHO PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC TUYẾN TÍNH CẤP 2 TRONG KHÔNG GIAN HOLDER "

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

1Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

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

2Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

i

Mục lục

Mở đầu 1

1 Một số kiến thức chuẩn bị

3 3 1.1 Công thức tích phân từng phần . . . . . . . . . . . . . . . . 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Công thức Green thứ nhất 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Công thức Green thứ hai 4 1.4 Công thức Green biểu diễn hàm số . . . . . . . . . . . . . . 6 1.5 Lớp hàm Holder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.6 Đánh giá Schauder đối với thế vị Newton . . . . . . . . . . 1.7 Phương pháp liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.8 Phương pháp làm trơn hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2 Bài toán biên Dirichlet cho phương trình elliptic tuyến tính

14

cấp hai 2.1 Đánh giá Schauder đối với nghiệm của bài toán biên Dirich-

let cho phương trình Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.2 Đánh giá Schauder đối với nghiệm bài toán biên Dirichlet

cho phương trình elliptic tuyến tính cấp hai . . . . . . . . . 19

2.3 Tính giải được của bài toán biên Dirichlet cho phương trình

Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.4 Tính giải được của bài toán Dirichlet cho phương trình el-

liptic cấp hai dạng tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

Kết luận 28

3Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

TÀI LIỆU THAM KHẢO 29

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.

4Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

Chương 2. Giới thiệu các đánh giá của Schauder đối với nghiệm của

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

5Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

Tác giả Trần Thị Thúy Mai

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

v(x)dx = −

u(x)

dx +

u(x)v(x)νkdσ(x).

∂u(x) ∂xk

∂v(x) ∂xk

Ω

Ω

∂Ω

1.2 Công thức Green thứ nhất

sau đây: (cid:90) (cid:90) (cid:90) (1.1)

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

∆u =

∂2u ∂x2 k

d (cid:80) k=1

. Khi đó ta có công thức Green thứ nhất

v(x)∆u(x)dx +

∇u(x).∇v(x)dx =

v(z)

(z)dσ(z),

∂u ∂νz

Ω

Ω

∂Ω

=

νk = (∇u, νz) là đạo hàm của

(cid:90) (cid:90) (cid:90) (1.2)

, ..., ∂u ∂xd

) , ∂u ∂νz

∂u ∂xk

d (cid:80) k=1

u theo hướng νz.

6Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

trong đó ∇u = ( ∂u ∂x1

4

Chứng minh. Ta có:

d (cid:88)

(

)dx

v(x)∆u(x)dx =

v(x)

∂ ∂xk

∂u ∂xk

k=1

Ω

Ω

(cid:90) (cid:90)

d (cid:88)

= −

dx +

dσ(z)

v(z)

νk

∂u ∂xk

∂v ∂xk

∂u(z) ∂xk

k=1

Ω (cid:90)

∂Ω (cid:90)

= −

∇u(x).∇v(x)dx +

(z)dσ(z).

v(z)

k=1 ∂u ∂νz

Ω

∂Ω

(cid:19) (cid:18) d (cid:90) (cid:90) (cid:88)

1.3 Công thức Green thứ hai

Do đó ta có công thức (1.2).

− u(z)

(z)

dσ(z).

{v(x)∆u(x) − u(x)∆v(x)}dx =

v(z)

∂v ∂νz

∂u ∂νz

Ω

∂Ω

Bổ đề 1.3.1. Giả sử u(x), v(x) ∈ C 2(Ω) ∩ C 0(Ω), ta có công thức Green thứ hai: (cid:26) (cid:27) (cid:90) (cid:90)

(1.3)

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

(z)dσ(z).

v(x)∆u(x)dx +

∇u(x).∇v(x)dx =

v(z)

∂u ∂νz

Ω

Ω

∂Ω

(cid:90) (cid:90) (cid:90)

Đổi vai trò hàm u(x) và v(x) ta có:

(z)dσ(z).

u(x)∆v(x)dx +

∇v(x).∇u(x)dx =

u(z)

∂v ∂νz

Ω

Ω

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

1.4 Công thức Green biểu diễn hàm số

(cid:90) (cid:90) (cid:90)

u(x)

u(y) =

do(x) +

Γ(x, y)∆u(x)dx,

(x, y) − Γ(x, y)

(x)

(cid:26) (cid:27) (cid:90) (cid:90)

Ω

∂Ω

Định lý 1.4.1. Nếu u ∈ C 2(Ω), ta có: ∂Γ ∂u ∂νx ∂νx

7Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

(1.4)

5

trong đó

2π log |x − y|

(cid:40) 1

Γ(x, y) = Γ(|x − y|) =

1 d(2−d)ωd

(1.5) với d = 2 |x − y|2−d với d > 2

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

B(y, (cid:15)) ⊂ Ω

Chứng minh. Với (cid:15) > 0 đủ nhỏ, tồn tại hình cầu tâm y bán kính (cid:15)

(vì Ω mở ). Áp dụng (1.3) cho v(x) = Γ(x, y) và Ω \ B(y, (cid:15)). Do Γ là hàm điều hòa theo biến x trong Ω \ {y}, ta thu được:

(x) − u(x)

dσ(x)

Γ(x, y)∆u(x)dx =

Γ(x, y)

∂u ∂νx

∂Γ(x, y) ∂νx

∂Ω

Ω\B(y,(cid:15))

(cid:90) (cid:90) (cid:111) (cid:110)

+

Γ(x, y)

(x) − u(x)

dσ(x).

∂u ∂νx

∂Γ(x, y) ∂νx

∂B(y,(cid:15))

(cid:90) (cid:110) (cid:111)

(1.6)

Trong tích phân thứ hai trên biên, ν là pháp tuyến ngoài của Ω \ B(y, (cid:15)), do vậy là pháp tuyến trong của B(y, (cid:15)).

∆u bị chặn. Do Γ là khả tích nên vế trái của (1.6) trở thành:

Ta lấy giới hạn từng tích phân trong công thức khi (cid:15) → 0. Do u ∈ C 2(Ω),

Γ(x, y)∆u(x)dx.

Ω

(cid:90)

Trên ∂B(y, (cid:15)), ta có Γ(x, y) = Γ((cid:15)). Vì vậy khi (cid:15) → 0,

|∇u| → 0.

Γ(x, y)

(cid:90)

∂u ∂νx

≤ dωd(cid:15)d−1Γ((cid:15)) sup B(y,(cid:15))

(cid:12) (cid:12) (x)dσ(x) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ∂B(y,(cid:15))

−

u(x)

dσ(x) =

Γ((cid:15))

u(x)dσ(x)

∂ ∂(cid:15)

∂Γ(x, y) ∂νx

∂B(y,(cid:15))

∂B(y,(cid:15)) (cid:90)

=

u(x)dσ(x) → u(y).

1 dωd(cid:15)d−1

∂B(y,(cid:15))

8Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

Ngoài ra, (cid:90) (cid:90)

6

(do ν là pháp tuyến trong của B(y, (cid:15))).

1.5 Lớp hàm Holder

Do vậy, ta có (1.4).

|f (x) − f (x0)|

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

|x − x0|α < ∞.

(1.7)

x0 ∈ Ω (với số mũ α). Khi đó ta viết f ∈ C α(Ω).

Hơn nữa f được gọi là liên tục Holder trong Ω nếu nó liên tục tại mọi

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

|f |C α(Ω) = sup x,y∈Ω

(1.8)

(cid:107)f (cid:107)C α(Ω) = (cid:107)f (cid:107)C 0(Ω) + |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.

|Dαf |C α(Ω).

(cid:107)f (cid:107)C k,α(Ω) = (cid:107)f (cid:107)C k(Ω) +

|α|=k

Khi đó (cid:88) (1.10)

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 f1f2 ∈ C α(G) và:

|f1|

|f2|

|f2|C α(G) +

|f1|C α(G).

|f1f2|C α(G) ≤

sup G

sup G

9Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

(cid:19) (cid:18) (cid:19) (cid:18)

7

≤

|f2(x)|

|f1(x)f2(x) − f1(y)f2(y)| |x − y|α

|f1(x) − f1(y)| |x − y|α

+

|f1(x)|.

|f2(x) − f2(y)| |x − y|α

Chứng minh. Ta có:

1.6 Đánh giá Schauder đối với thế vị Newton

Suy ra điều phải chứng minh.

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,

Ω

(cid:90) (1.11)

trong đó Γ(x, y) được xác định bởi (1.5).

|f (x)| < ∞), thì u ∈ C 1,α(Ω) và:

Định lý 1.6.2.

a. Nếu f ∈ L∞(Ω) (tức sup x∈Ω

(1.12) với α ∈ (0; 1).

(cid:107)u(cid:107)C 1,α(Ω) ≤ c1 sup |f | 0 (Ω), thì u ∈ C 2,α(Ω) và:

b. Nếu f ∈ C α

(cid:107)u(cid:107)C 2,α(Ω) ≤ c2(cid:107)f (cid:107)C α(Ω)

0 (Ω) gồm các hàm thuộc C α(Ω) và bằng không trong lân cận

(1.13) với α ∈ (0; 1),

trong đó C α của biên ∂Ω.

∂xi của u được cho bởi:

Các hằng số trong (1.12) và (1.13) phụ thuộc vào α, d và |Ω|.

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

vi(x) =

xi − yi |x − y|d f (y)dy

Ω

Chứng minh. a. Đạo hàm cấp một vi = ∂u (cid:90)

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

|f |.

dy.

|vi(x1) − vi(x2)| ≤ sup Ω

1 − yi xi |x1 − y|d −

2 − yi xi |x2 − y|d

Ω

10Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

(cid:90) (1.14) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

8

Theo định lý giá trị trung bình ta có: Trong đoạn [x1; x2] tồn tại x3 sao cho:

≤

xi 1 − yi |x1 − y|d −

xi 2 − yi |x2 − y|d

c3|x1 − x2| |x3 − y|d .

(1.15) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

=

+

= I1 + I2.

B(x3,R)

B(x3,δ)

B(x3,R)\B(x3,δ)

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: (cid:90) (cid:90) (cid:90) (1.16)

Không mất tính tổng quát ta lấy δ < R. Ta có:

1

I1 ≤ 2

|x2 − y|d−1 dy = 2ωdδ,

B(x3,δ)

(cid:90) (1.17)

I2 ≤ c4δ(log R − log δ)

và do (1.15) ta có :

.

I1 + I2 ≤ c5|x1 − x2|α với α ∈ (0; 1).

Do đó:

Hiển nhiên ta có:

|f |.

|vi(x)| ≤ c6 sup Ω ∂xi∂xj của u được cho bởi: (cid:19)

(1.18)

1

wij(x) =

|x − y|2δij − d(xi − yi)(xj − yj)

|x − y|d+2 f (y)dy.

b. Đạo hàm cấp hai wij = ∂2u (cid:90) (cid:18)

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 ∈ C α 0 (Ω) cố định.

Đầu tiên ta đặt f (x) = 0 với x ∈ Rd \ Ω. Điều này không ảnh hưởng

1 |x − y|d+2

đến tính liên tục Holder của f . Ta viết:

.

=

K(x − y) = (cid:0)|x − y|2δij − d(xi − yi)(xj − yj)(cid:1) (cid:18) xi − yi |x − y|d

∂ ∂xj

11Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

(cid:19)

9

Ta có

K(y)dy =

.

.

yi |y|d −

yi |y|d = 0,

yj R2

yj R1

|y|=R1

R1<|y|

|y|=R2

(cid:90) (cid:90) (cid:90) (1.19)

|y|d là hàm thuần nhất bậc 1 − d. Do đó ta cũng có: (cid:90)

do yi

K(y)dy = 0.

Rd

(1.20)

Do (1.20) nên ta có:

wij(x) =

K(x − y)f (y)dy

Rd (cid:90)

(cid:90)

=

(f (y) − f (x))K(x − y)dy.

Rd

(1.21)

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)

wij(x1) − wij(x2) (cid:90)

dy

=

Đặt δ = 2|x1 − x2|. Do (1.21) ta có:

(cid:111) (cid:110)(cid:0)f (y) − f (x1)(cid:1)K(x1 − y) − (cid:0)f (y) − f (x2)(cid:1)K(x2 − y)

=

Rd I1 + I2.

(1.23)

dy

K(x1 − y)|x1 − y|α − K(x2 − y)|x2 − y|α(cid:111)

|I1| ≤ (cid:107)f (cid:107)C α

(cid:90) 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)| ≤ (cid:107)f (cid:107)C α.|x − y|α ta có: (cid:110)

B(x1,δ) ≤ c8(cid:107)f (cid:107)C α.δα.

12Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

(1.24)

10

Hơn nữa:

I2 =

Rd\B(x1,δ) (cid:90)

(cid:90) (cid:0)f (x2) − f (x1)(cid:1)K(x1 − y)dy

+

Rd\B(x1,δ)

(1.25) (cid:0)f (y) − f (x2)(cid:1)(cid:0)K(x1 − y) − K(x2 − y)(cid:1)dy.

1 |x3 − y|d+1 ≤

c9 |x1 − y|d+1 .

Tích phân thứ nhất triệt tiêu do (1.19). Sử dụng (1.22) và do y ∈ Rd \ B(x1, δ),

Ta có:

|I2| ≤ c10δ(cid:107)f (cid:107)C α

|x1 − y|α−d−1 ≤ c11δα(cid:107)f (cid:107)C α.

Rd\B(x1,δ)

(cid:90) (1.26)

1.7 Phương pháp liên tục

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

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:

(cid:107)u(cid:107)B1 ≤ c(cid:107)Ltu(cid:107)B2 với mọi u ∈ B1.

(1.28)

Khi đó, nếu L0 là toàn ánh thì L1 cũng là toàn ánh.

: B2 → B1

L−1 τ

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:

Với t ∈ [0; 1], ta viết lại phương trình:

Lτ u = f

13Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

(1.29) với f ∈ B2

11

Lτ u = f + (Lτ − Lt)u = f + (t − τ )(L0u − L1u),

thành phương trình sau:

u = L−1

τ f + (t − τ )L−1

τ (L0 − L1)u = Λu.

hoặc

(cid:107)Λu − Λv(cid:107)B1 ≤ q(cid:107)u − v(cid:107)B1.

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:

(cid:107)Λu − Λv(cid:107) ≤ (cid:107)L−1

τ (cid:107)((cid:107)L0(cid:107) + (cid:107)L1(cid:107))|t − τ |(cid:107)u − v(cid:107).

Ta có

|t − τ | ≤

(c((cid:107)L0(cid:107) + (cid:107)L1(cid:107)))−1 = η.

τ (cid:107) ≤ c. Do đó ta chọn được: 1 2

Theo (1.28), (cid:107)L−1

1.8 Phương pháp làm trơn hàm số

Và thu được điểm cố định cần tìm. Có nghĩa là nếu Lτ u = f giải được thì Ltu = 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.

(cid:37)dx = 1,

Rd

Ta xét khái niệm làm trơn hàm số (mollification). Ta chọn (cid:37)(x) là một hàm không âm nào đó thuộc C ∞ 0 (B(0, 1)) với (cid:90)

trong đó B(0, 1) = {x ∈ Rd : |x| ≤ 1}.

Với h > 0 đủ nhỏ và hàm u(x) cho trước ta đặt:

)u(y)dy, x ∈ Ω,

(cid:37)(

uh(x) =

1 hd

x − y y

Rd

14Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

(cid:90)

12

0 (Rd).

trong đó u(y) được hiểu là bằng không bên ngoài Ω. Khi đó hàm uh(x) ∈ C ∞

Bổ đề 1.8.1. Với u ∈ C 0(Ω), khi h → 0, uh hội tụ đều tới u trên tập bất kỳ Ω(cid:48) ⊂⊂ Ω.

Chứng minh. Ta xét

)u(y)dy

(cid:37)(

uh(x) =

x − y h

1 hd

|x−y|≤h

(cid:90)

=

.

(cid:37)(z)u(x − hz)dz

x − y y

|z|≤1

(cid:90) (1.30) với z =

Vì vậy, nếu Ω(cid:48) ⊂⊂ Ω và 2h < dist(Ω, ∂Ω), sử dụng

u(x) =

(cid:37)(z)u(x)dz

|z|≤1

(cid:37)(z)dz = 1, ta thu được:

(cid:90)

và do (cid:82) |z|≤1

(cid:37)(z)|u(x) − u(x − hz)|dz,

sup Ω(cid:48)

|u − uh| ≤ sup x∈Ω(cid:48)

|u(x) − u(x − hz)|.

≤ sup x∈Ω(cid:48)

|z|≤1 sup |z|≤1

(cid:90)

Do u liên tục đều trên tập compact {x : dist(x, Ω(cid:48)) ≤ h}, ta suy ra:

|u − uh| → 0

sup Ω(cid:48)

với h → 0.

(cid:107)u − uh(cid:107)Lp(Ω) → 0.

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

Hơn nữa, uh hội tụ tới u tại hầu khắp nơi.

1

1

(cid:37)(z)u(x − hz) = (cid:37)(z)

q (cid:37)(z)

p u(x − hz),

15Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

Chứng minh. Ta sử dụng bất đẳng thức Holder, trong (1.30) ta có

13

q + 1

q (cid:90)

p = 1, ta thu được: (cid:16) (cid:90)

với 1

(cid:37)(z)dz

(cid:37)(z)|u(x − hz)|pdz

|uh(x)|p ≤

|z|≤1

|z|≤1 (cid:90)

=

(cid:37)(z)|u(x − hz)|pdz.

|z|≤1

(cid:17) p

Ta chọn tập Ω(cid:48) bị chặn với Ω ⊂⊂ Ω(cid:48).

Nếu 2h < dist(Ω, ∂Ω(cid:48)) thì

(cid:37)(z)|u(x − hz)|pdzdx

|uh(x)|pdx ≤

Ω

Ω (cid:90)

(cid:90) (cid:90) (cid:90)

|z|≤1 (cid:16)

=

(cid:37)(z)

|u(x − hz)|pdx

dz

Ω

|z|≤1 (cid:90)

≤

|u(y)|pdy

Ω(cid:48)

(cid:90) (cid:17) (1.31)

(cid:107)u − w(cid:107)Lp(Ω(cid:48)) < ε.

(với phép thế y = x − hz). Với ε > 0, ta chọn w ∈ C 0(Ω(cid:48)) với

(cid:107)w − wh(cid:107)Lp(Ω(cid:48)) < ε.

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

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

|u(y) − w(y)|pdy

|uh(x) − wh(x)|pdx ≤

Ω

Ω(cid:48)

(cid:90) (cid:90)

(cid:107)u − uh(cid:107)Lp(Ω) ≤ (cid:107)u − w(cid:107)Lp(Ω) + (cid:107)w − wh(cid:107)Lp(Ω) + (cid:107)uh − wh(cid:107)Lp(Ω)

≤ 2ε + (cid:107)u − w(cid:107)Lp(Ω(cid:48)) ≤ 3ε.

và do đó

16Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

Vì vậy uh hội tụ tới u với chuẩn tương ứng (cid:107).(cid:107)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.

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 Dirich-

let cho phương trình Poisson

Xét phương trình Poisson sau trong miền Ω ⊂ Rd

∆u(x) = f (x),

x ∈ Ω.

(2.1)

∈ L2(Ω), ∀i = 1, 2, ..., d}.

H 1(Ω) = {u(x) ∈ L2(Ω);

∂u ∂xi

Ta ký hiệu H 1(Ω) là không gian

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

d (cid:88)

.

(u, v)H 1(Ω) =

∂u ∂xi

∂v ∂xi

i=1

Ω

(cid:90) (cid:104) u(x)v(x) + (cid:105) dx.

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 (cid:88)

−

dx =

f (x)v(x)dx

∂u ∂xi

∂v ∂xi

i=1

Ω

Ω

(cid:90) (cid:90) (2.2)

H 1

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

17Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

với mọi v(x) ∈ H 1

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

(cid:107)u(cid:107)C 1,α(Ω0) ≤ c12

(2.3) (cid:1). (cid:0)(cid:107)f (cid:107)C 0(Ω) + (cid:107)u(cid:107)L2(Ω)

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

(cid:107)u(cid:107)C 2,α(Ω0) ≤ c13

(2.4) (cid:1). (cid:0)(cid:107)f (cid:107)C α(Ω) + (cid:107)u(cid:107)L2(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

Ω = B(0, R),

0 < r < R < ∞.

Ω0 = B(0, r),

0 (B(0, R2)) với 0 ≤ η ≤ 1,

đó ta chỉ cần xét các trường hợp

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

(cid:107)η(cid:107)C k,α(B(0,R2)) ≤ c14(R2 − R1)−k−α.

(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

(cid:90)

Γ(x, y)∆φ(y)dy.

φ(x) =

Ω

ta có: (cid:90) (2.7)

Ở đây

∆φ = η∆u + 2Du.Dη + u∆η,

(2.8)

và vì vậy

(cid:107)∆φ(cid:107)C 0 ≤ (cid:107)∆u(cid:107)C 0 + c15(cid:107)η(cid:107)C 2.(cid:107)u|C 1.

18Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

(2.9)

16

Và do Bổ đề 1.5.4, ta có:

(cid:107)∆φ(cid:107)C α ≤ c16(cid:107)η(cid:107)C 2,α

(2.10) (cid:1). (cid:0)(cid:107)∆u(cid:107)C α + (cid:107)u(cid:107)C 1,α

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:

(cid:107)φ(cid:107)C 1,α ≤ c17

(2.11) (cid:1), (cid:0)(cid:107)∆u(cid:107)C 0 + (cid:107)η(cid:107)C 2(cid:107)u(cid:107)C 1

(cid:107)φ(cid:107)C 2,α ≤ c18(cid:107)η(cid:107)C 2,α

và (cid:1) (2.12) (cid:0)(cid:107)∆u(cid:107)C α + (cid:107)u(cid:107)C 1,α

1

,

(cid:107)u(cid:107)C 1,α(B(0,R1)) ≤ c19

(cid:107)∆u(cid:107)C 0(B(0,R2)) +

(R2 − R1)2 (cid:107)u(cid:107)C 1(B(0,R2))

(cid:16) tương ứng. Do u(x) = φ(x) với |x| ≤ R1, và trở lại (2.5), ta thu được: (cid:17)

(2.13)

và

(cid:107)∆u(cid:107)C α(B(0,R2)) + (cid:107)u(cid:107)C 1,α(B(0,R2))

(cid:107)u(cid:107)C 2,α(B(0,R1)) ≤ c20

1 (R2 − R1)2+α

(cid:16) (cid:17)

(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:

(cid:107)u(cid:107)C 1(Ω) ≤ ε(cid:107)u(cid:107)C 1,α(Ω) + N (ε)(cid:107)u(cid:107)L2(Ω), 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

(2.15)

(cid:107)un(cid:107)C 1(Ω) = 1, (cid:107)un(cid:107)C 1(Ω) > ε(cid:107)un(cid:107)C 1,α(Ω) + n(cid:107)un(cid:107)L2(Ω).

(2.16)

Đặc biệt, (cid:107)un(cid:107)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 (cid:107)u(cid:107)C 1(Ω) = 1. Tuy nhiên từ (2.16) kéo theo (cid:107)u(cid:107)L2(Ω) = 0, do đó u ≡ 0, do vậy (cid:107)u(cid:107)C 1(Ω) = 0 (mâu thuẫn). Do vậy (2.15) được chứng minh.

Bằng cách tương tự ta cũng chứng minh được

(cid:107)u(cid:107)C 2(Ω) ≤ ε(cid:107)u(cid:107)C 2,α(Ω) + N (ε)(cid:107)u(cid:107)L2(Ω).

19Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

(2.17)

17

(R − r)3(cid:107)u(cid:107)C 1,α(B(0,r)),

(R − r)3(cid:107)u(cid:107)C 2,α(B(0,r)).

A1 = sup 0≤r≤R A2 = sup 0≤r≤R

Ta đặt

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

A1 ≤ 2(R − R1)3(cid:107)u(cid:107)C 1,α(B(0,R1)).

(2.18)

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

A2 ≤ 2(R − R1)3(cid:107)u(cid:107)C 1,α(B(0,R1)).

(2.19)

ε

A1 ≤ c21(R − R1)3(cid:16)

(cid:107)∆u(cid:107)C 0(B(0,R2)) +

(R2 − R1)2 (cid:107)u(cid:107)C 1,α(B(0,R2)) (cid:17)

1

+

≤ c22

(R2 − R1)2 N (ε)(cid:107)u(cid:107)L2(B(0,R2)) (R − R1)3 ε (R − R2)3 .

(R2 − R1)2 .A1 + c23(R − R1)3(cid:107)∆u(cid:107)C 0(B(0,R2))

+ c24N (ε)

(R − R1)3 (R2 − R1)3 (cid:107)u(cid:107)L2(B(0,R2)).

Khi đó (2.13) và (2.15) kéo theo:

(cid:107)u|C 1,α(B(0,r)) ≤

1 (R − r)3 A1

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

≤ c25

(cid:107)∆u(cid:107)C 0(B(0,R)) + (cid:107)u(cid:107)L2(B(0,R))

(cid:16) (cid:17) (2.20)

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

(cid:107)∆u(cid:107)C 0(B(0,R)) + (cid:107)u(cid:107)L2(B(0,R))

(cid:107)u(cid:107)C 2,α(B(0,r)) ≤ c26

(cid:17) (cid:16) (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).

20Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

Với u ∈ H 1(Ω) ta xét uh như trong chương 1.

18

Giả sử 0 < h < dist(Ω0, ∂Ω). Khi đó:

Duh.Dv = −

fhv

0 (Ω).

Ω

Ω

(cid:90) (cid:90) với mọi v ∈ H 1,2

(cid:107)fh − f (cid:107)C α → 0.

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

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:

,

(cid:107)fh1 − fh2(cid:107)C 0(Ω) + (cid:107)uh1 − uh2(cid:107)L2(Ω)

(cid:107)uh1 − uh2(cid:107)C 1,α(Ω0) ≤ c27

(cid:16) (cid:17) (2.22)

hoặc

.

(cid:107)fh1 − fh2(cid:107)C α(Ω) + (cid:107)uh1 − uh2(cid:107)L2(Ω)

(cid:107)uh1 − uh2(cid:107)C 2,α(Ω0) ≤ c28

(cid:16) (cid:17) (2.23)

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

(cid:107)u(cid:107)C 1,α(Ω0) ≤ const(cid:0)(cid:107)f (cid:107)Lp(Ω) + (cid:107)u(cid:107)L2(Ω)

(cid:1).

Chứng minh. Ta xét thế vị Newton:

w(x) =

Γ(x, y)f (y)dy,

Ω

(cid:90)

vi(x) =

xi − yi (x − y)d f (y)dy.

Ω

và (cid:90)

p

Sử dụng bất đẳng thức Holder, ta thu được:

.

|vi(x)| ≤ (cid:107)f (cid:107)Lp(Ω)

p−1

dy |x − y|(d−1) p

(cid:19) p−1 (cid:18) (cid:90)

21Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

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

19

(cid:1). 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 (cid:107)u(cid:107)C k+2,α(Ω0) ≤ const(cid:0)(cid:107)f (cid:107)C k,α(Ω) + (cid:107)u(cid:107)L2(Ω)

Nếu f ∈ C ∞(Ω), u cũng vậy.

∆

∂ ∂xi u =

∂ ∂xi f.

Chứng minh. Do u ∈ C 2,α(Ω) nên theo Định lý 2.1.1, ta biết rằng nó là nghiệm yếu của

(i ∈ {1, ..., d}),

∂ ∂xi u ∈ C 2,α(Ω)

Từ Định lý 2.1.1 kéo theo:

2.2 Đánh giá Schauder đối với nghiệm bài toán biên Dirichlet

cho phương trình elliptic tuyến tính cấp hai

và vì vậy u ∈ C 3,α(Ω).

d (cid:88)

d (cid:88)

Định nghĩa 2.2.1. Ta xét phương trình

bi(x)

Lu(x) =

aij(x)

∂2u(x) ∂xi∂xj +

∂u(x) ∂xi + c(x)u(x) = f (x)

i=1

i,j=1

(2.24)

trong miền Ω ⊂ Rd. Phương trình trên được gọi là phương trình elliptic tuyến tính cấp hai nếu thỏa mãn :

d (cid:88)

aij(x)ξiξj ≥ λ|ξ|2.

i,j=1

(A) Tính elliptic: Tồn tại λ > 0 sao cho với mọi x ∈ Ω, ξ ∈ Rd ta có

(cid:107)aij(cid:107)C α(Ω), (cid:107)bi(cid:107)C α(Ω), (cid:107)c(cid:107)C α(Ω) ≤ K

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

22Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

với mọi i, j.

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:

,

(cid:107)f (cid:107)C α(Ω) + (cid:107)u(cid:107)L2(Ω)

(cid:107)u(cid:107)C 2,α(Ω0) ≤ c1

(cid:16) (cid:17) (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:

λ|ξ|2 ≤

Aijξiξj ≤ Λ|ξ|2

i,j=1 với mọi ξ ∈ Rd và 0 < λ < Λ < ∞.

Bổ đề 2.2.3. Giả sử có ma trận đối xứng (Aij)i,j=1,...,d thỏa mãn: d (cid:88) (2.27)

d (cid:88)

Giả sử u thỏa mãn

Aij ∂2u

∂xi∂xj = f

i,j=1

(2.28)

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

.

(cid:107)f (cid:107)C α(Ω) + (cid:107)u(cid:107)L2(Ω)

(cid:107)u(cid:107)C 2,α(Ω0) ≤ c2

(cid:16) (cid:17) (2.29)

Chứng minh. Ta sẽ dùng chú ý sau:

D2u =

.

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

(cid:19)

i,j=1,...,d

(cid:18) ∂2u ∂xi∂xj

AD2u(x) = ABtD2v(y)B,

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:

T r(AD2u(x)) = T r(BABtD2v(y)). (2.30) Do A là đối xứng nên ta có thể chọn B sao cho BtAB là ma trận đơn vị. Thực tế, B được chọn như tích các ma trận đường chéo

do đó

2

λ− 1

1

 

D =

2

λ− 1

1

23Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

. . .      

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−1y).

(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:

aij(x0)

(aij(x0) − aij(x))

∂2u(x) ∂xi∂xj =

∂2u(x) ∂xi∂xj

i,j

i,j

(cid:88) (cid:88)

bi(x)

−

∂u(x) ∂xi − c(x)u(x) + f (x)

(cid:88)

i = ϕ(x).

(2.32)

(aij(x0) − aij(x))

∂2u(x) ∂xi∂xj

(cid:88)

i,j

≤

|aij(x0) − aij(x)||D2u|C α(B(x0,R))

sup i,j,x∈B(x0,R)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) 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 quan trọng trong đánh giá của ϕ là (cid:80)(aij(x0) − aij(x)) ∂2u ∂xi∂xj . Giả sử B(x0, R) ∈ Ω. Theo Bổ đề 1.5.4, ta có: (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)C α(B(x0,R))

+

|D2u|.

|aij|C α(B(x0,R)) sup B(x0,R)

i,j

24Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

(cid:88) (2.33)

22

Vì vậy, ta cũng có:

(aij(x0) − aij(x))

∂2u ∂xi∂xj

(cid:88)

≤ sup |aij(x0) − aij(x)|(cid:107)u(cid:107)C 2,α(B(x0,R)) + c3(cid:107)u(cid:107)C 2(B(x0,R))

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)C α(B(x0,R))

(2.34)

trong đó c3 phụ thuộc vào chuẩn C α của aij.

Tương tự,

bi(x)

≤ c4(cid:107)u(cid:107)C 1,α(B(x0,R)),

∂u ∂xi

i

(cid:88) (2.35) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)C α(B(x0,R))

(cid:107)c(x)u(x)(cid:107)C α(B(x0,R)) ≤ c5(cid:107)u(cid:107)C α(B(x0,R)).

(2.36)

(cid:107)ϕ(cid:107)C α(B(x0,R)) ≤

|aij(x0) − aij(x)|(cid:107)u(cid:107)C 2,α(B(x0,R))

Do vậy, ta thu được:

sup i,j,x∈B(x0,R) +c6(cid:107)u(cid:107)C 2(B(x0,R)) + (cid:107)f (cid:107)C α(B(x0,R))

(2.37)

(cid:107)u(cid:107)C 2,α(B(x0,r)) ≤ c7

|aij(x0) − aij(x)|(cid:107)u(cid:107)C 2,α(B(x0,R))

sup i,j,x∈B(x0,R)

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

+c8(cid:107)u(cid:107)C 2(B(x0,R)) + c9(cid:107)f (cid:107)C α(B(x0,R))

(2.38)

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

.

c7

|aij(x0) − aij(x)| ≤

1 2

sup 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:

(cid:107)u(cid:107)C 2,α(B(x0,R)) ≤ 2c8(cid:107)u(cid:107)C 2(B(x0,R)) + 2c9(cid:107)f (cid:107)C α(B(x0,R)).

(2.40)

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

(cid:107)u(cid:107)C 2(B(x0,R)) ≤ ε(cid:107)u(cid:107)C 2,α(B(x0,R)) + N (ε)(cid:107)u(cid:107)L2(B(x0,R)).

(2.41)

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:

.

(cid:107)f (cid:107)C α(B(x0,R)) + (cid:107)u(cid:107)L2(B(x0,R))

(cid:107)u(cid:107)C 2,α(B(x0,R)) ≤ c10

25Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

(cid:17) (cid:16) (2.42)

23

Định lý 2.2.4. Giả sử Ω ∈ Rd là miền bị chặn trong lớp C 2,α, f ∈ C α(Ω), g ∈ C 2,α(Ω), và giả sử u ∈ C 2,α(Ω) thỏa mãn :

Lu(x) = f (x) với x ∈ Ω, u(x) = g(x)

(2.43) với x ∈ ∂Ω.

Khi đó:

,

(cid:107)u(cid:107)C 2,α(Ω) ≤ c11

(cid:107)f (cid:107)C α(Ω) + (cid:107)g(cid:107)C 2,α(Ω) + (cid:107)u(cid:107)L2(Ω)

(cid:16) (cid:17) (2.44)

với c11 là một hằng số phụ thuộc vào Ω, α, d, λ, K.

Chứng minh. Về bản chất, chứng minh định lý này là sự cải biên của Định lý 2.2.2, do đó ta chỉ phác thảo chứng minh. Ta bắt đầu với việc đơn giản hóa, cụ thể là, phương trình Poisson trên nửa hình cầu, từ đó ta sẽ được các trường hợp tổng quát.

B+(0, R) = {x = (x1, ..., xd) ∈ Rd; |x| < R, xd > 0}.

Giả sử

∂0B+(0, R) = ∂B+(0, R) ∩ {xd = 0},

∂+B+(0, R) = ∂B+(0, R) \ ∂0B+(0, R).

Hơn nữa, giả sử

f = 0

Ta xét f ∈ C α(B+(0, R)) với

trên ∂+B+(0, R).

u(x) =

Γ(x, y)f (y)dy.

B+(0,R)

Ngược lại với tình huống đã xét trong Định lý 1.6.2(b), f không cần phải triệt tiêu trên toàn bộ biên của miền Ω = B+(0, R) mà chỉ cần triệt tiêu trên một phần đã biết của nó. Ta xét thế vị Newton tương ứng. (cid:90) (2.45)

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

vi(x) =

xi − yi |x − y|d f (y)dy

B+(0,R)

26Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

Bỏ qua thừa số mà chỉ phụ thuộc vào d, đạo hàm cấp một của u được cho bởi: (cid:90) (2.46)

24

Và ta có thể đánh giá như trong chứng minh của Định lý 1.6.2(a), do đó ta không cần bất kỳ giả thiết nào trên giá trị biên.

Bỏ qua thừa số mà chỉ phụ thuộc vào d, đạo hàm cấp hai của u được

cho bởi:

wij(x) =

f (y)dy

(= wji(x)).

∂ ∂xj

B+(0,R)

(cid:19) (cid:90) (2.47) (cid:18) xi − yi |x − y|d

(cid:1), và i (cid:54)= d hoặc j (cid:54)= d, Với K(x − y) = ∂ ∂xj (cid:0) xi−yi |x−y|d

K(y)d(y) = 0

R1<|y|0

∂2

(cid:90) (2.48)

∂2

d−1 (cid:88)

do tính thuần nhất như trong (1.19). Do vậy, với i (cid:54)= d hoặc j (cid:54)= d, chuẩn ∂xi∂xj u có thể được đánh giá như trong α-Holder của đạo hàm cấp hai chứng minh của Định lý 1.6.2(b). Phương trình vi phân ∆u = f kéo theo:

(∂xd)2 u = f −

∂2 (∂xi)2 u,

i=1

∂2 (∂xd)2 u . Vì vậy ta

(2.49)

và vì vậy ta thu được đánh giá cho chuẩn α-Holder của có thể đánh giá được tất cả đạo hàm cấp hai của u.

C 2,α trong B+(0, R) cho nghiệm của:

Như trong chứng minh của Định lý 2.1.1, khi đó ta thu được đánh giá

∆u = f trong B+(0, R) u = 0

với f ∈ C α(B+(0, R)) , (2.50) trên ∂0B+(0, R),

với 0 < r < R:

.

(cid:107)u(cid:107)C 2,α(B+(0,r)) ≤ c12

(cid:16) (2.51) (cid:17) (cid:107)f (cid:107)C α(B+(0,R)) + (cid:107)u(cid:107)L2(B+(0, R))

ϕ = ηu

Cụ thể là, đặt

27Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

như trong (2.6) với cùng một hàm như trong (2.5), ta có ϕ = 0 trên ∂B+(0, R2) (0 < R1 < R2 < R), do đó η triệt tiêu trên ∂+B+(0, R2), và

25

u cũng triệt tiêu trên ∂0B+(0, R2). Vì vậy, lại có:

ϕ(x) =

Γ(x, y)∆ϕ(y)dy

B+(0,R)

(cid:90)

là thế vị Newton, và các đánh giá trước đó có thể suy ra kết quả giống như trong Định lý 2.1.1. Với 0 < r < R,

.

(cid:107)u(cid:107)C 2,α(B+(0,r)) ≤ c13

(cid:107)f (cid:107)C α(B+(0,R)) + (cid:107)u(cid:107)L2(B+(0,R))

(cid:17) (cid:16) (2.52)

Tiếp theo ta xét nghiệm của

∆u = f trong B+(0, R) với f ∈ C α(B+(0, R)) ,

(2.53)

u = g trên ∂0B+(0, R) với g ∈ C 2,α(B+(0, R)).

(2.54)

∆¯u = f − ∆g = ¯f ∈ C α(cid:0)B+(0, R)(cid:1)

Ta đặt ¯u = u − g, ta thấy rằng ¯u thỏa mãn:

¯u = 0

trong B+(0, R),

trên ∂0B+(0, R).

(cid:107)u(cid:107)C 2,α(B+(0,r)) ≤ (cid:107)¯u(cid:107)C 2,α(B+(0,r)) + (cid:107)g(cid:107)C 2,α(B+(0,r))

Vì vậy ta quy về xét trường hợp (2.50), và vì vậy từ (2.52) ta thu được:

≤ c14

(cid:105) (cid:104)

(cid:107) ¯f (cid:107)C α(B+(0,R)) + (cid:107)¯u(cid:107)L2(B+(0,R)) + (cid:107)g(cid:107)C 2,α(B+(0,R)) (cid:105) .

≤ c15

(cid:107)f (cid:107)C α(B+(0,R)) + (cid:107)g(cid:107)C 2,α(B+(0,r)) + (cid:107)u(cid:107)L2(B+(0,R))

(cid:104)

(2.55)

28Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

Để xử lý vấn đề cuối cùng của Định lý 2.2.4, ta biến đổi một lân cận U của x0 ∈ ∂Ω với một C 2,α-đồng phôi φ tới hình cầu ˚B(0, R) thỏa mãn phần của u mà chứa trong Ω được ánh xạ tới B+(0, R), và giao của u với ∂Ω được ánh xạ tới ∂0B+(0, R). Lại có, ¯u = u ◦ φ−1 trên B+(0, R) thỏa mãn phương trình vi phân Lu = f, ˜L˜u = ˜f với các hằng số khác λ, K trong (A) và (B). Ta thu được đánh giá C 2,α cho ˜u trong B+(0, R 2 ). Lại có ánh xạ φ biến đánh giá này đối với u thành đánh giá trên tập con U (cid:48) của U . Do Ω bị chặn, ∂Ω compact và có thể bị phủ bởi một số hữu hạn các lân cận U (cid:48).

26

Hệ quả 2.2.5. Ngoài các giả thiết trong Định lý 2.2.4, giả sử rằng c(x) ≤ 0 trong Ω. Khi đó:

(cid:107)u(cid:107)C 2,α(Ω) ≤ c16

(2.56) (cid:1). (cid:0)(cid:107)f (cid:107)C α(Ω) + (cid:107)g(cid:107)C 2,α(Ω)

|f |.

|u| ≤ max ∂Ω

|f | = max ∂Ω

sup Ω

|u| + c17 sup Ω

|g| + c17 sup Ω

Chứng minh. Vì c ≤ 0, theo Nguyên lý maximum ta có:

2.3 Tính giải được của bài toán biên Dirichlet cho phương

trình Poisson

Do đó chuẩn L2 của u được đánh giá trong số hạng của chuẩn C 0 của f và g từ đó kéo theo (2.44).

∆u = f

Định lý 2.3.1. Giả sử Ω là miền bị chặn của lớp C ∞ trong Rd, f ∈ C α(Ω), g ∈ C 2,α(Ω). Khi đó bài toán Dirichlet:

trong Ω,

u = g

(2.57) trên ∂Ω.

có duy nhất nghiệm u thuộc lớp C 2,α(Ω).

Chứng minh. Tính duy nhất có được từ nguyên lý cực đại. Ta chỉ cần chứng minh sự tồn tại.

Giả sử f và g thuộc lớp C ∞. Khi đó người ta chứng minh rằng tồn tại

nghiệm yếu u(x), nghiệm này thuộc lớp C ∞(Ω) và

(cid:107)u(cid:107)C 2,α(Ω) ≤ c1

(2.58) (cid:1). (cid:0)(cid:107)f (cid:107)C α(Ω) + (cid:107)g(cid:107)C 2,α(Ω)

Quay trở lại trường hợp C 2,α. Ta xấp xỉ f và g bởi các hàm khả vi vô hạn fn và gn xác định trên Ω. Giả sử un là nghiệm tương ứng của bài toán Dirichlet:

trong Ω

∆un = fn un = gn

trên ∂Ω.

Với n ≥ m, ta có un − um thỏa mãn (2.58) trên Ω, tức là

(cid:107)un − um(cid:107)C 2,α(Ω) ≤ c1

29Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

(2.59) (cid:1), (cid:0)(cid:107)fn − fm(cid:107)C α(Ω) + (cid:107)gn − gm(cid:107)C 2,α(Ω)

27

∆u = f

trong đó hằng số c1 không phụ thuộc vào nghiệm, nó chỉ phụ thuộc vào miền hình học C 2,α. Ta giả sử rằng fn hội tụ tới f trong C α(Ω), và gn hội tụ tới g trong C 2,α(Ω) và vì vậy un trở thành dãy Cauchy trong C 2,α(Ω) và do đó hội tụ tới u ∈ C 2,α(Ω) thỏa mãn:

u = g

trong Ω,

trên ∂Ω,

2.4 Tính giải được của bài toán Dirichlet cho phương trình

elliptic cấp hai dạng tổng quát

và đánh giá (2.58)

d (cid:88)

d (cid:88)

Định lý 2.4.1. Giả sử Ω là miền bị chặn của lớp C ∞ trong Rd. Giả sử toán tử vi phân

L =

aij(x)

bi(x)

∂2 ∂xi∂xj +

∂ ∂xi + c(x)

i,j=1

i=1

(2.60)

thỏa mãn :

d (cid:88)

aij(x)ξiξj ≥ λ|ξ2|.

i,j=1

(A) Tính elliptic: Tồn tại λ > 0 sao cho với mọi x ∈ Ω, ξ ∈ Rd,

(cid:107)aij(cid:107)C α(Ω), (cid:107)bi(cid:107)C α(Ω), (cid:107)c(cid:107)C α(Ω) ≤ K, với mọi i, j

(B) Hệ số Holder liên tục: Tồn tại K < ∞ sao cho:

và với điều kiện

c(x) ≤ 0 trong Ω.

(2.61)

Lu = f

Khi đó với bất kỳ f ∈ C α(Ω), g ∈ C 2,α(Ω) tồn tại duy nhất nghiệm u ∈ C 2,α(Ω) của bài toán Dirichlet:

trong Ω,

u = g

30Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

(2.62) trên ∂Ω.

28

Lu = f = f − Lg ∈ C α(Ω)

u = 0

Chứng minh. Thay u = u − g vào vị trí của u, ta có thể giả sử g = 0, khi đó bài toán tương đương với:

trên ∂Ω.

Ta giả sử g = 0 (và viết u vào vị trí của u). Ta xét họ các phương trình:

với 0 ≤ t ≤ 1,

Ltu = f u = g

(2.63) trên ∂Ω,

với

Lt = tL + (1 − t)∆.

(2.64)

Toán tử vi phân Lt thỏa mãn điều kiện (A) và (B) với

λt = min(1, λ), Kt = max(1, K).

(2.65)

Lt : B1 = C 2,α(Ω) ∩ {u : u = 0 trên ∂Ω } → C α(Ω) = B2

Ta có L0 = ∆, L1 = L. Theo Định lý 2.3.1, ta có thể giải (2.63) với t = 0. Ta cần chỉ ra rằng ta có thể giải phương trình này với mọi t ∈ [0, 1], đặc biệt với t = 1. Toán tử

(cid:107)ut(cid:107)C 2,α(Ω) ≤ c2(cid:107)f (cid:107)C α(Ω).

là toán tử tuyến tính bị chặn giữa không gian Banach B1 và B2. Giả sử ut là nghiệm của Ltut = f, ut = 0 trên ∂Ω. Theo Hệ quả 2.2.5 ta có:

Tức là:

(cid:107)u(cid:107)B1 ≤ c2(cid:107)Ltu(cid:107)B2,

(2.66)

với mọi u ∈ B1 và hằng số c2 không phụ thuộc vào t. Như vậy, các điều kiện của Định lý 1.7.1 được thỏa mãn và suy ra điều phải chứng minh.

31Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

Hệ quả 2.4.2. Trong Định lý 2.4.1 giả sử Ω là một hình cầu B và toán tử L thỏa mãn các điều kiện như trong định lý đó. Khi đó nếu f ∈ C α(B) và φ ∈ C 2,α(B), bài toán Dirichlet Lu = f trong B, u = φ trên ∂B có nghiệm duy nhất u ∈ C 2,α(B).

29

KẾT LUẬN

Luận văn đã trình bày các vấn đề sau đây:

1. Lớp hàm Holder và các đánh giá Schauder đối với nghiệm yếu của các phương trình Poisson và phương trình elliptic cấp hai dạng tổng quát.

2. Tính giải được của bài toán Dirichlet trong lớp hàm Holder đối với

32Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

các phương trình elliptic cấp hai dạng tổng quát.

30

Tài liệu tham khảo

[1] J. Jost, (2002), Partial Differential Equations, Spinger-Verlag New

York.

[2] D. Gilbarg - N. S. Trudinger, (2001), Elliptic partial differential equa-

33Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

tions of second order, Springer - Verlag.