Luận văn cao học của tôi (Toán Giải tích)

LỜI NÓI ĐẦU Mục đích của luận văn nhằm nghiên cứu phương trình u∂ = f trong không gian Banach.. Do hạn chế về mặt thời gian cũng như năng lực của tác giả nên phạm vi đề tài chỉ thu hẹp t

MỤC LỤC

Nội dung Trang

LỜI NÓI ĐẦU

Mục đích của luận văn nhằm nghiên cứu phương trình u∂ = f trong không gian Banach Do hạn chế về mặt thời gian cũng như năng lực của tác giả nên phạm vi đề tài chỉ thu hẹp trong không gian l Trong luận văn có trình bày p

định lý về tính giải được của phương trình u∂ = f trong l Đặc biệt có một 1

phản ví dụ trong l về một hàm f mà ở đó phương trình u p ∂ = f không giải được trên một tập mở Ω ⊂l p

Nội dung của luận văn gồm có 3 chương:

Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Chương 1 trình bày các khái niệm về

toán tử ∂ cũng như các tính chất của nó Các khái niệm về 1, 0 của các hàm trong không gian Banach

Chương 2: Các bổ đề bổ trợ Chương 2 trình bày các mệnh đề, các khái

niệm, các bất đẳng thức ước lượng dùng để phục vụ cho chương 3

Chương 3: Các kết quả chính Chương 3 sẽ chứng minh định lý về tồn

tại nghiệm của u∂ = f trong l và cho một phản ví dụ mà ở đó phương trình 1

này không giải được trên không gian l p

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của GS.TSKH Nguyễn Văn Khuê Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc đến thầy Tác giả cũng xin cảm ơn các thầy cô đã đóng góp ý kiến quý báu cho luận văn và các thầy cô trong khoa Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội đã tạo điều kiện cho tác giả được học tập nghiên cứu

Cảm ơn các cơ quan chủ quản, gia đình và bạn bè đã động viên giúp đỡ tác giả hoàn thành tốt luận văn này

CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC MỞ ĐẦU

Khi A= Ω chúng ta đơn giản viết u0,u thay thế cho 1 u 0,A,u 1,A.

Nếu u 0,A < ∞, u 1,A < ∞ chúng ta nói rằng u là liên tục Lipschitz trên A.

Định nghĩa 1.2.2:

f là dạng - 1 vi phân trên Ω , A⊂ Ω,B là hình cầu đơn vị trong V Xét 2

chuẩn của f như sau: 0, ( ) ( )

Chúng ta nói rằng f là liên tục Lipschitz trên A nếu f 0,A < ∞, f 1,A < ∞

Ta cũng ký hiệu đơn giản là f 0, f nếu 1 A= Ω W

Xét ánh xạ lớp C 1 σ Ω → Ω:° Bằng tính toán đơn giản ta có:

*

0 2

*

1

Định nghĩa 1.2.4:

Giả sử u C∈ Ω( ), f ∈C0,1( )Ω Chúng ta nói rằng u∂ = f (theo nghĩa

yếu) nếu bất kỳ không gian con hữu hạn F ⊂V, ∂( )u F = f F theo nghĩa phân phối

Khi V là hữu hạn chiều thì u∂ = f theo nghĩa trên ⇔ ∂ =u f theo nghĩa phân phối

Dưới đây là một số kết quả quen thuộc :

f ∈C Ω , m=1,2, (tương ứng f liên tục Lipschitz)

và u∂ = f theo nghĩa yếu thì u C∈ m( )Ω (tương ứng u C∈ 1( )Ω ) và u∂ = f

theo nghĩa ban đầu của ∂

Mệnh đề 1.2.7:

Nếu u j∈ ΩC( ) (tương ứng ∂ ∈u C0,1( )Ω ) là bị chặn đều trên các tập con compact của Ω (tương ứng Ω×V ) thì u là đồng liên tục đều trên j Ω (suy

ra rằng Ω có thể được phủ bởi các tập con mở mà ở đó u là đồng liên tục) j

§3 Hàm đa điều hòa dưới và miền giả lồi trong £n

Ta ký hiệu B( )1 là hình cầu tâm 0 bán kính 1.

Định nghĩa 1.3.1:

Cho tập mở Ω ⊂£ một hàm n u:Ω → −∞ +∞[ ; ) gọi là nửa liên tục trên

(tương ứng u:Ω → −∞ +∞( ; ] gọi là nửa liên tục dưới) nếu nó thỏa mãn

a

∀ ∈¡ ta đều có tập {z∈£n:u z( ) <a} (tương ứng {z∈£n:u z( ) >a} ) là

tập mở

Định nghĩa 1.3.2:

Cho tập mở Ω ⊂£ một hàm n u:Ω → −∞ +∞[ ; ) được gọi là đa điều hòa

dưới nếu nó thỏa mãn 2 điều kiện dưới đây:

i) u là nửa liên tục trên.

0

12

i

u a u a e b d

π

θ θπ

≤ ∫ + ∀ ∈Ω ∀ ∈a , b £ sao cho n a B+ ( )1 b⊂ Ω

Ví dụ: Xét hàm u∈H( )Ω Khi đó rõ ràng Re , Im , , logu u u u thỏa mãn

điều kiện i) Ta chứng minh chúng đa điều hòa bằng cách chứng minh chúng thỏa mãn điều kiện ii) Thật vậy: Lấy ,a b như trong ii)

+) Do a B+ ( )1 b⊂ Ω nên theo công thức tích phân Cauchy với hàm chỉnh

hình ta có : ( ) 2 ( )

0

12

i

u a u a e b d

π

θ θπ

Bằng ước lượng và tính toán đơn giản ta có Re , Im , u u u thỏa mãn điều

kiện ii)

+) Lấy P là đa thức trên £ sao cho

logu a( +λb) ≤ReP( )λ với mọi λ =1 Từ đó suy ra rằng:

( ) Re P( ) P( )

u a+λb ≤e λ = e λ

Do đó e−P( )λ u a( +λb) ≤1 ∀ =λ 1

Theo nguyên lý mô đun cực đại ta có logu a( +λb) ≤ReP( )λ ∀ ≤λ 1.

Từ đó theo định lý 34.8 trong [Mu] ta có log u thỏa mãn điều kiện ii).

khi 0

B

x

t t

chuẩn như vậy.

Cho * là chuẩn đối ngẫu trong £ và N α là số thực dương sao cho :

u z ≤ α diamΩ VolΩ VolB r z − + r z f (1.3)

Ở đây ∂ chỉ toán tử Cauchy – Riemann được mở rộng để tác động trên các phân phối

Theo bổ đề 1.4.2 ta có phương trình u∂ = f có một lời giải bình phương

Thật vậy, với diamΩ =1 thì điều này là hiển nhiên

Với trường hợp tổng quát ta co Ω về miền có đường kính bằng 1 Dưới phép

co thì u2

Ω∫ tỷ lệ giống VolΩ Trong khi đó tích diamΩ. f 0 không thay đổi Như vậy ta có kết quả (1.4) trong trường hợp tổng quát

Hơn thế nữa lời giải u thậm chí liên tục Theo [H] tồn tại lời giải địa

phương 'u liên tục của phương trình ∂ =u' f Do đó u u− ' chỉnh hình và u

v r− u

Ω

≤

∫ ∫ (1.6)Chọn một điểm ζ ∈B N ở đó v không lớn hơn trung bình của nó trên 2 B N

Áp dụng (1.4) với ' 0ζ = ta được ước lượng (1.2) với u z( ) ( )=v 0 W Bằng tính toán đơn giản ta có:

Hệ quả 1.4.4:

Trong trường hợp đặc biệt khi Ω = ∈{z £N : z <R} , 0 R< < ∞ có một

lời giải u thỏa mãn:

N R

Định nghĩa 2.1.1:

Cho z=( )zυ là dãy vô hạn biến, z B∈ ( )1 ⊂l1 và q∈£

B( )1 ký hiệu cho hình cầu đơn vị mở của l 1

Đặt ( )

( )

# 0

#

,

v v

v

k v

k k v

k

k k k

k

k υ

υ υ

k

k thay cho

v v

k v v k

k

k υ

υ υ

Với sη đủ lớn phụ thuộc vào 0< <η 1

(2.2) là hiển nhiên theo khai triển Taylor

(2.3) chứng minh nhờ công thức Stirling: ! 2 12

c s

υ υ

υ

υη

ns n j

∑ bị chặn trên Ω thì chuỗi này hội tụ trên các tập compact

Chứng minh: Với mỗi số phức εj bất kỳ với εj =1 các tổng

Hạn chế trên mặt phẳng hữu hạn chiều P ta được h có dạng đơn là k k

và chuỗi (2.8) hội tụ tới h

b) Ngược lại, nếu một dãy ( )a thỏa mãn (2.9) thì chuỗi k k

k

a z

∑ hội tụ tuyệt đối và đều trên các tập con compact của B R tới ( ) g∈O(B R( ) ) Hơn thế nữa, ∀ ⊂⊂K B R( ) có một hằng số C sao cho: K

Đặt z Rk k= / ∈B R( ) với k ≠0 ta có a M≤ < ∞.

Do b) ⇒ chuỗi (2.8) hội tụ đến một hàm chỉnh hình trênB R và đó phải ( )

chính là h từ # z< ∞.W

Bây giờ nếu 0 R< ≤ ∞ và h là hàm chỉnh hình trên B R Theo Ryan ( )

với một dãy bất kỳ σ =(σ σ1, , 2 ) sao cho :

a) Chuỗi lũy thừa của bất kỳ h∈O(B R( ) ) , R≤ ∞ hội tụ tới h , tuyệt đối,

đều trên các tập con compact của B R Khi đó các hạng tử ( ) a thỏa mãn k

Ở đó các hạng tử ( ) ( )a n , b được cho bởi công thức : n

0 ( )

12

Cho hàm f :[−π π, ] →¡ là 1 hàm liên tục với f ( )− =π f ( )π Thì chuỗi

Fourier của hàm f hội tụ về f trong C( [−π π, ],¡ ở đó ) C( [−π π, ],¡ là )

không gian mê tríc các hàm liên tục từ [−π π, ] vào ¡ với khoảng cách sinh bởi chuẩn sup

Hoặc ( ) ( )

0

11

Với D x là hạch Dirichlet, k( ) ( ) k imx

Chứng minh 2 điều kiện tương đương ở định nghĩa 2.2.3:

Theo công thức Moivre ta có

n k

imx n

k m k

n = =−

=+ ∑ ∑

iii) Với mỗi δ >0 cố định, sử dụng hạch Fejer dạng 1 ta có với δ ≤ ≤x π

Sử dụng tính liên tục đều của f và tính chất i), ii) của bổ đề 2.2.5 ta được

tích phân đầu tiên bị chặn bởi

( )

n t

Đó là điều phải chứng minh W

Chúng ta dùng chuẩn để ký hiệu cho chuẩn trong l và xem xét dạng – 1

(0,1) ∂- đóng f trên hình cầu ( ) N

N

B R ⊂£ , ∂ =f 0 Cho trước 0 r R< < Chúng ta sẽ đi xây dựng một lời giải chuẩn tắc u C B r∈ ( N( ) ) của phương trình cái mà nhỏ nhất theo nghĩa dưới đây Sự xây dựng này lấy cơ sở từ chuỗi Fourier sinh ra bởi tác động ρ như ở §2, chương 1 Vì thế đặt

bổ đề 1.4.3) Thay thế u bởi k 2 ikt * ( )

Điều này xác định u chỉnh hình bằng cách tịnh tiến nó như trong k

(2.15) Khi k ≥0, điều này nghĩa là dạng chỉnh hình này là hệ số của đơn thức z Đối với các giá trị khác của k mà dạng chỉnh hỉnh triệt tiêu, và vì k

thế u là xác định duy nhất Để xác định k u một cách rõ ràng với mọi k , đặt k

với k ≥0

∑ có thể được chỉ ra là hội tụ đến lời giải u của phương trình: u∂ = f

Sự quan sát này không giúp ích gì cho chúng ta khi cho N → ∞ Để thay thế cho điều này, chúng ta sẽ chỉ ra rằng quá trình Cesaro – Fejer sẽ luôn làm cho tổng ∑u k hội tụ tới lời giải u , mà lời giải u được so sánh là nhỏ nhất

này không chỉ trên B r mà còn đúng cả trên N( ) B r giao với bất kỳ mặt N( )

phẳng tọa độ hữu hạn chiều nào

Chúng ta phải nhắc lại về chuỗi Fourier Chúng ta bắt đầu với chuỗi Fourier của hạch Fejer:

= ∑ với các hạng tử được xác định như trên Đặc biệt, nếu v

là một hàm bị chặn, đo được trên B R , với chuỗi Fourier N( ) ∑v k tổng

1

sin

*sin

π

=

Trong trường hợp này hạch Fejer định ra một xấp xỉ của phân phối δ từ

đó suy ra rằng v hội tụ về v theo nghĩa phân phối Khi v là liên tục đều, sự j

hội tụ này thậm chí là đều (Định lý Fejer) Hơn thế nữa, v j ≤ v mvới

u z −U z ≤ ∆A Q z r ∀ ∈z B r (2.17)

Hệ quả 2.2.7:

Đối với bất kỳ dạng ∂ đóng f ∈C0,1(B R n( ) ) tổng Cesaro của chuỗi ∑u k

hội tụ đều tới một lời giải u C B r∈ ( N( ) ) của phương trình ∂ =u f B r n( )

Chứng minh:

Theo bổ đề 1.4.3 có một U C B R∈ ( n( ) ) là lời giải của ∂ =U f B r n( ) Vì thế

giả thiết của bổ đề 2.2.6 được thỏa mãn với n N= , sup( )

N

B r

A= U và Q=1 Hệ

quả được chứng minh W

Ta sẽ gọi lời giải chuẩn tắc u với cơ sở trên các nút Z k Chú ý rằng '( ) u

trong bổ đề 2.2.6 không phải là u B r n( ) .

U −u = trừ khi k ≥0 Trường hợp k ≥0 thì hiệu này sẽ phải là hằng

số nhân với đơn thức z Nhớ lại rằng k u Z k k( ( ) ) =0, từ đó ta có :

n

k

k k

k k

k

k

υ υ υ

υ υ υ υ

Chú ý rằng cũng từ (2.15) ta có u k B R n( ) =0 nếu k∈¢ N \(¢ n ⊕( )0 ) Vì thế theo bổ đề 2.1.2 thì ∑ ∑U k, u k cùng hội tụ đều địa phương trên B r n( )

Từ đó các chuỗi xác định ở trên là khả tổng Cesaro – Fejer đều tới U , điều

này kéo theo rằng trên B r tổng theo nghĩa Cesaro của chuỗi n( ) ∑u k hội tụ đều địa phương tới một hàm u'∈C B r( n( ) ) Do đó U u− ' là giới hạn đều

địa phương của các hàm chỉnh hình, chúng ta có ' ( ) ( )

Hệ quả 2.2.8: Giả sử f f1, 2∈C0,1(B R N( ) ) là ∂- đóng và u u ký hiệu cho 1, 2

lời giải chuẩn tắc của phương trình ∂ =u j f j với j=1,2 với cơ sở trên các

§3 Ước lượng nghiệm của phương trình u∂ = f trong £N

Ta tiếp tục sử dụng là l chuẩn trên 1 £ N

Mệnh đề 2.3.1:

Cho trước 0 r R< < , có một hằng số C >1 có tính chất dưới đây Giả sử

f là dạng - ( )0,1 đo được, bị chặn nhận giá trị phức trên hình cầu

Z = Z k =r k k ở đó k ≠0 Khi đó (2.21) là đúng Thật vậy giả sử

#z n= >0 Không mất tính tổng quát có thể giả sử n tọa độ đầu của z là

Từ (2.15) ta có u k( )0 =0 nếu k ≠0 cũng như thế u0( )0 =0 bởi điều kiện chuẩn tắc u Z k k( ( ) ) =0 vì thế u( )0 =∑u k( )0 =0 Vậy (2.21) đúng khi f

lý Azela – Ascoli sẽ có 1 dãy ε( )j →0 và uε( )j → ∈u C B r( N( ) ) đều trên

các tập con compact Rõ ràng là u thỏa mãn (2.21) và u∂ = f W

Mệnh đề 2.3.2:

Cho trước 0 r R< < thì có một hằng số Q>1 phụ thuộc vào r 1

R < với tính chất dưới đây:

Giả sử Z B r∈ N( ) và f là dạng – ( )0,1 nhận giá trị phức và liên tục Lipschitz trên B R Nếu N( ) ∂ =f 0 thì có một lời giải U C B r∈ ( N( ) ) sao

cho U∂ = f và đối với z B r∈ N( ) ta có

v z ≤RC g (2.26)

Với hằng số C >1 phụ thuộc vào /r R Vì thế

U =π* 'U +(z N −Z v N) +( z N −Z N) F N

là lời giải của phương trình U∂ = f trên B r Bởi tính chính quy elliptic, N( )

mệnh đề 1.2.6 thì U cũng là lớp C Để hoàn thành chứng minh ta ước 1

( )

0

2 2 1,

đây Nếu một dạng ( )0,1 liên tục Lipschitz trên B R và là ( ) ∂ - đóng thì

phương trình u∂ = f có một lời giải u C B r∈ 1( ( ) ) Lời giải này có thể được

chọn phụ thuộc tuyến tính vào f và thỏa mãn :

g C∈ B R Cho v C B r∈ ( N( ) ) ký hiệu lời giải chuẩn tắc của phương

trình: v g∂ = được xây dựng trong bổ đề 2.2.6 và hệ quả 2.2.7 với cơ sở tại các nút Z k( ) =rk k/ ta sẽ ước lượng v z với bất kỳ ( ) Z B r∈ N( ) như dưới

đây Đặt r'= +(r R)/ 2 Áp dụng mệnh đề 2.3.2 với r được thay thế bởi r' Chúng ta có một Q>1 chỉ phụ thuộc vào /r R và một u C B r∈ 1( N( )' ) là

nghiệm của phương trình u g∂ = và thỏa mãn

∂ = được xây dựng như chứng minh ở trên Chúng ta sẽ chứng minh

rằng dãy u hội tụ trên N B r Hệ quả 2.2.8 suy ra ( ) 1 ( ) ( )

thế u hội tụ trên các tập con trù mật N {z B r∈ ( ) #z< ∞} Hơn thế nữa (3.1)

được thỏa mãn với chỉ số N ; đặc biệt, u bị chặn đều địa phương, vì thế N

đồng liên tục đều địa phương bởi bổ đề 2.1.2 và mệnh đề 1.2.7 Nó kéo theo rằng dãy u hội tụ đều trên tập con compact của N B r Giới hạn u được ( )

thỏa mãn (3.1); nó liên tục bởi mệnh đề 1.2.3; bởi mệnh đề 1.2.4, u∂ = f và

tục Lipschitz trên tất cả các hình cầu B r , r R( ) < Nếu f là ∂- đóng thì có

một hàm liên tục khả vi u trên B R là lời giải của phương trình u f( ) ∂ =

Nếu thêm điều kiện f là khả vi liên tục cấp m , m=2,3, thì u cũng thế.

h = a r k k ≤ ∞ Chú ý rằng nếu 'r ≥r thì [ ] [ ]h r'≥ h r.

Định lý 3.2.3:

Giả sử ϕ là một hàm chỉnh hình trên B R( ) ⊂l1 Đối với bất kỳ 0 r R< <

và ε >0 có một hàm ψ chỉnh hình trên l sao cho 1 [ϕ ψ− ]r ≤ε

Định lý trên tương đương với bổ đề dưới đây:

Bổ đề 3.2.4:

Cho 0 r R< < , và cho K là một dãy các đa chỉ số k =(k k1, , 2 ) ≥0,

Cố định δ sao cho σ <υ R với mọi υ Điều này có thể được sắp xếp, từ khi

υ là đủ lớn thì τ <υ r và vì thế σ <υ R với δ đã được chọn; lấy δ đủ nhỏ sẽ làm thỏa mãn hữu hạn số υ còn lại Với mỗi δ và σ =( )συ chúng ta có

là lời giải của phương trình ∂ =u n f B r( )n (theo định lý 3.1.1) Vì thế u n −u n−1

là các hàm chỉnh hình trên B r( )n−1 , theo định lý 3.2.3 tồn tại một hàm chỉnh

Và vì thế v hội tụ đều trên các tập con compact của n B r bởi định lý 2.1.5 ( )

(b) Điều này là đúng với bất kỳ r R< , nhìn lại mệnh đề 1.2.3 ta thấy v hội n

tụ về một hàm u C B R∈ ( ( ) ) , đều trên các tập compact trong B R Cuối ( )

cùng f =lim∂ =u n lim∂ = ∂v n u theo mệnh đề 1.2.4; vì thế u C B R∈ 1( ( ) ) , tương ứng u C∈ m(B R( ) ) nếu 0,1( ( ) )

Mệnh đề 3.3.2: Giả sử ϕ∈C p− 1( )£ là hàm có giá compact thỏa mãn :

(bất đẳng thức cuối được suy ra từ việc áp dụng p lần bất đẳng thức

Holder), vì thế nó hội tụ và tổng của nó bị chặn đều địa phương trên

n

z d zυ υ

ϕ

∑ , mà bản thân mỗi thành phần là ∂- đóng nên giới hạn f cũng là ∂- đóng

, là lớp C p−1 trên đĩa đơn vị trong £

Chứng minh:

Lấy λ là một hàm với giá compact trên £ sao cho mà là lớp £ trừ tại p

0 ta thấy ζ plog logζ −2 là một hàm như vậy Ta thấy ϕ ζ( ) = ∂λ ζ( )/∂ζ bị chặn bởi ζ p−1, và xây dựng một hàm f như trong mệnh đề 3.3.2 Nhìn

trong mệnh đề 3.3.2, 3.3.3 ta chứng minh được định lý nếu chỉ ra rằng không

một tập mở nào mà trên đó có lời giải liên tục u của phương trình u∂ = f

Giả sử rằng trên hình cầu B R( )2 ⊂l p có một lời giải u Giả sử u bị chặn

bởi một số M trênB R và cũng vậy với ( )2 ( ) 2

Tiếp theo ta sẽ chứng minh thậm chí có cả đa thức thuần nhất bậc p thỏa

mãn (3.8) Thật vậy, ta sẽ thay thế h ban đầu bởi ( ) 1 2 ( 2 )

Với tinh thần giống như vậy với một tác động ρ của T trên N £ như ở N

trên, lấy G ⊂T N ký hiệu cho nhóm con các phần tử bậc p , G≅(Z p/ )N Hạn chế ρ trên G Dựa vào (3.8) và việc lấy trung bình các quỹ đạo của

G

ρ sẽ cho ta một đa thức h thỏa mãn (3.8) cái mà bất biến dưới tác động

G

ρ Do đó h là tổ hợp tuyến tính của các đa thức zυp Cuối cùng do tính

đối xứng của các biến nên ta có ( ) 1

N p

h z =a∑ zυ thỏa mãn (3.8) với a a= N

là hằng số