ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

KHOA TOÁN-CƠ-TIN HỌC

ĐINH THỊ HUYỀN

BÀI TOÁN BIÊN DIRICHLET CHO PHƯƠNGTRÌNH ELLIPTIC CẤP 2 DẠNG BẢO TOÀN

TRONG HÌNH TRÒN ĐƠN VỊ

Khóa luận tốt nghiệp đại học hệ chính quyNgành Toán học

Chương trình đào tạo chuẩn

Hà Nội - 2018

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

KHOA TOÁN-CƠ-TIN HỌC

ĐINH THỊ HUYỀN

BÀI TOÁN BIÊN DIRICHLET CHO PHƯƠNGTRÌNH ELLIPTIC CẤP 2 DẠNG BẢO TOÀN

TRONG HÌNH TRÒN ĐƠN VỊ

Khóa luận tốt nghiệp đại học hệ chính quyNgành Toán học

Chương trình đào tạo chuẩn

Cán bộ hướng dẫn: TS. ĐẶNG ANH TUẤN

Hà Nội - 2018

Lời cảm ơn

Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Ban chủ nhiệm Khoa Toán - Cơ - Tin học,Phòng Đào tạo, Phòng CTCT - SV, trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN đãtạo điều kiện thuận lời và giúp đỡ tôi trong quá trình học tập cũng như nghiên cứu.

Tôi xin được gửi lời cảm ơn tới các thầy cô trong Khoa Toán - Cơ - Tin học, trườngĐHKHTN - ĐHQGHN về sự động viên khích lệ, giúp đỡ trong suốt quá trình học tập.

Đặc biệt, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS.Đặng Anh Tuấn, người đã luôn hướngdẫn, chỉ bảo tận tình, sát sao tôi trong quá trình thực hiện khóa luận.

Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn tới bạn Mai Thị Kim Dung, người đã giúp tôi trong việc sửdụng Latex và hoàn thiện trình bày khóa luận.

Cuối cùng, tôi xin được gửi lời cảm ơn tới người thân, bạn bè những người đã giúp đỡ,động viên tôi trong suốt quá trình thực hiện khóa luận.

Hà Nội, ngày 21 tháng 5 năm 2018.

Sinh viên

Đinh Thị Huyền

1

Mục lục

Lời cảm ơn 1

Danh mục kí hiệu 3

1 Nhắc lại kiến thức 51.1 Các kết quả về giải tích hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Chuỗi Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2 Không gian Sobolev trên đường tròn, hình tròn đơn vị. 202.1 Không gian Sobolev trên đường tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.2 Không gian Sobolev trên hình tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

3 Bài toán biên Dirichlet cho phương trình elliptic cấp 2 dạng bảo toàn 343.1 Định lý về sự tồn tại duy nhất nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343.2 Định lý về tính trơn của nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

Kết luận 43Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2

Danh mục kí hiệu

• N : Tập hợp số tự nhiên.

• Z+ : Tập hợp số nguyên không âm.

• α : đa chỉ số, α ∈ Z2+, α = (α1, α2).

• |α| = α1 + α2.

• Dαu : được định nghĩa Dαu =∂|α|u

∂x1α1∂x2α2.

• Bε =(x1, x2) ∈ R2|x21 + x22 < (1− ε)2, hình tròn tâm tại gốc, bán kính (1− ε).

• B = (x1, x2) ∈ R2|x21 + x22 < 1, hình tròn đơn vị tâm tại gốc.

• S1 = eiθ|θ ∈ R ⊂ R2 .Với A có thể là S1, B,Bε; Ω có thể là B,Bε ta định nghĩa:

• Lp(A) = u : Ađđ−−−−−−−→

LebesgueC|∫A

|u(x)|p dx <∞, 1 ≤ p <∞.

• C(S1): Không gian các hàm liên tục trên R, tuần hoàn chu kì 2π.

• Ck(S1): Không gian các hàm có đạo hàm tới cấp k liên tục trên R, tuần hoàn chukì 2π.

• C∞(S1): Không gian các hàm khả vi vô hạn trên R, tuần hoàn chu kì 2π,

C∞(S1) =∞⋂k=0

Ck(S1).

• C0(Ω) = u ∈ C(Ω), suppu là tập compact trong Ω, suppu = x ∈ Ω : u(x) 6= 0.

• Ck0 (Ω) = u ∈ Ck(Ω), suppu là tập compact trong Ω.

• C∞0 (Ω) =∞⋂k=0

Ck0 (Ω).

• Ck(B) : Không gian các hàm u có đạo hàm Dαu liên tục đều trên B, ∀|α| ≤ k.

• C∞(B) =∞⋂k=0

Ck(B).

• ∇u = (ux1 , ux2) , uxj , j = 1, 2 là đạo hàm riêng của u theo xj.

3

Giới thiệu bài toán

Xét bài toán biên Dirichlet:

div (γ∇u) = f trong B, (1)

u = ϕ trên S1. (2)

trong đó f ∈ H−1 (B), ϕ ∈ H 12 (S1), và hệ số γ là ma trận xác định dương

γ(x, y) =

(γ11(x, y) γ12(x, y)γ21(x, y) γ22(x, y)

), γjk ∈ L∞(B).

Trong khóa luận, người viết đã chứng minh bài toán biên Dirichlet (1)-(2) có duy nhất

một nghiệm yếu u ∈ H1(B) với mỗi f ∈ H−1 (B), ϕ ∈ H 12 (S1). Đặc biệt, khi hệ số γ

trơn, f, ϕ là các hàm trơn ta chứng minh được nghiệm yếu trơn. Khi đó nghiệm yếu trởthành nghiệm cổ điển.

Bố cục của khóa luận gồm 3 chương:

• Chương 1: Nhắc lại một số kiến thức về giải tích hàm và chuỗi Fourier phục vụchứng minh một số định lý, mệnh đề trong chương 2, chương 3.

• Chương 2: Sử dụng các kết quả giải tích hàm và chuỗi Fourier ở chương 1 để đưara một số kiến thức nền tảng về không gian Sobolev trên hình tròn, đường trònđơn vị. Cụ thể, người viết đã trình bày đặc trưng của đạo hàm riêng yếu Dxu,Dyucủa u ∈ L2(B), Định lý vết phục vụ cho việc chứng minh Định lý tồn tại duy nhấtnghiệm yếu và Định lý về tính trơn của nghiệm của bài toán biên (1)-(2).

• Chương 3: Sử dụng kết quả của hai chương trước để đánh giá tiên nghiệm trongB, dẫn ra kết quả về sự hội tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (1)-(2). Hơnnữa từ các đánh giá tiên nghiệm và kiến thức về không gian Sobolev ta thu đượctính trơn của nghiệm yếu khi hệ số γ trơn, f, ϕ đều trơn.

4

Chương 1

Nhắc lại kiến thức

1.1 Các kết quả về giải tích hàm

Định nghĩa 1.1. [1] Không gian tuyến tính H trên C được gọi là không gian tiền Hilbertnếu trên nó xác định một tích vô hướng

(., .) : H ×H → C

thỏa mãn các tiên đề sau:

(a) Xác định dương: (x, x) > 0 ∀x ∈ H. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0.

(b) Đối xứng liên hợp: (x, y) = (y, x) ∀x, y ∈ H.

(c) Tuyến tính: (αx+ βy, z) = α(x, z) + β(y, z) ∀α, β ∈ C;∀x, y, z ∈ H.

Không gian tiền Hilbert là không gian tuyến tính định chuẩn với ‖x‖ =√

(x, x).

Định nghĩa 1.2. [1] Không gian tiền Hilbert H trên C được gọi là không gian Hilbertnếu nó đầy đủ, nghĩa là mọi dãy Cauchy trong H có giới hạn trong H.

Dưới đây là một số ví dụ về không gian tiền Hilbert trên C:

Ví dụ 1.1. H = C (S1). Tích vô hướng của f, g ∈ H được định nghĩa như sau:

(f, g)2 :=1

2π

2π∫0

f(x)g(x)dx. (1.1)

Tích vô hướng được xác định như trên thỏa mãn các tính chất:

(a) Xác định dương: ∀f ∈ C(S1)

(f, f)2 =1

2π

2π∫0

f(x)f(x)dx =1

2π

2π∫0

|f(x)|2dx ≥ 0.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi f = 0.

5

(b) Đối xứng liên hợp: ∀f, g ∈ C(S1)

(f, g)2 =1

2π

2π∫0

f(x)g(x)dx =1

2π

2π∫0

g(x)f(x)dx = (g, f)2.

(c) Tuyến tính: ∀f, g, h ∈ C(S1);α, β ∈ C

(αf + βg, h)2 =1

2π

2π∫0

(αf(x) + βg(x))h(x)dx = α(f, h)2 + β(g, h)2.

C(S1) là không gian tiền Hilbert với chuẩn ‖f‖2 =√

(f, f)2 nhưng không đầy đủ.Xét dãy fnn∈N ⊂ C(S1) được xác định như sau:

fn(x) =

0 0 ≤ x ≤ π − 1

n,

n

(x− π +

1

n

)π − 1

n≤ x ≤ π,

1

π(2π − x) π ≤ x ≤ 2π.

Vì

‖fn − fm‖22 =1

2π

2π∫0

|fn(x)− fm(x)|2dx

≤π∫

π− 1n

|fn(x)− fm(x)| dx < 1

n→ 0,

khi m,n→∞,m > n nên dãy fnn∈N là dãy cơ bản.Giả sử fn → f, f ∈ C(S1). Ta xét hàm

∗f(x) =

1

π(2π − x) x ∈ [π, 2π] ,

0 x ∈ [0, π) .

Ta thấy hàm∗f /∈ C(S1) và

limn→∞

2π∫0

|fn (x)− f ∗ (x)|2dx ≤ limn→∞

π∫π− 1

n

n

(x− π +

1

n

)dx = lim

n→∞

1

2n= 0.

Mặt khác ta có π∫0

|f(x)− f ∗(x)|2dx

12

≤

π∫0

|f(x)− fn(x)|2dx

12

+

π∫0

|fn(x)− f ∗(x)|2dx

12

,

6

2π∫π

|f(x)− f ∗(x)|2dx

12

≤

2π∫π

|f(x)− fn(x)|2dx

12

+

2π∫π

|fn(x)− f ∗(x)|2dx

12

,

nên ta suy ra

2π∫0

|f(x)−∗f(x)|2dx =

π∫0

|f(x)−∗f(x)|2dx+

2π∫π

|f(x)−∗f(x)|2dx = 0.

Vì các hàm∗f, f liên tục trên C [0, π) và C [π, 2π] nên f ∗ = f trên [0, 2π]. Mà hàm f ∗

không liên tục tại x = π nên hàm f cũng sẽ không liên tục tại x = π (mâu thuẫn với giảthiết). Do đó dãy fnn∈N không có giới hạn trong không gian (C(S1), ‖.‖2).

Ví dụ 1.2. Xét L2 [0, 2π]. Với f, g ∈ L2 [0, 2π], tích vô hướng của f, g được xác định nhưcông thức (1.1). L2 [0, 2π] là một không gian Hilbert, với chuẩn ‖f‖2 =

√(f, f)2.

Chứng minh tương tự như Ví dụ 1.1 ta có L2 [0, 2π] là không gian tiền Hilbert. Sau đâyta sẽ chứng minh tính đầy đủ của L2 [0, 2π].

Định lý 1.1. [1] L2[0, 2π] là một không gian đầy đủ.

Chứng minh. Giả sử fnn∈N là một dãy Cauchy trong không gian L2[0, 2π].

Bước 1: Ta chỉ ra sự tồn tại dãy con hội tụ hầu khắp nơi fnkk∈N của fnn∈N.Với ∀ε > 0, ∃N = N(ε) sao cho ∀n,m > N thì ||fn − fm||2 < ε. Khi đó, ∃n1 sao cho

∀n,m ≥ n1 thì ||fn − fm||2 <1

2. Bằng quy nạp, ta nhận được dãy nkk∈N sao cho với

mỗi k, ta có ‖fn − fm‖2 <1

2k∀n,m ≥ nk.

Đặc biệt,∥∥∥fnk+1

− fnk∥∥∥2<

1

2k, ∀k ∈ N. Do đó

∞∑k=1

∥∥fnk+1− fnk

∥∥2hội tụ.

Đặt g =∞∑k=1

|fnk+1− fnk |. Khi đó ta có

‖g‖2 ≤∞∑k=1

∥∥fnk+1− fnk

∥∥2≤

∞∑k=1

1

2k= 1.

Từ đây ta suy ra hàm g hữu hạn hầu khắp nơi hay chuỗi∞∑k=1

(fnk+1− fnk) hội tụ tuyệt

đối hầu khắp nơi. Vì chuỗi∞∑k=1

(fnk+1− fnk) hội tụ hầu khắp nơi nên dãy fnkk∈N hội

tụ hầu khắp nơi đến hàm f với

f(x) =

limk→∞

fnk(x) tại những điểm fnkk∈N hội tụ ,

0 trường hợp còn lại.

7

Bước 2: Ta chứng minh f ∈ L2 [0, 2π].

Ta cók∑j=1

(fnj+1− fnj) = fnk+1

− fn1 hay fnk+1= fn1 +

k∑j=1

(fnj+1− fnj).

Cho k →∞, ta được

f = fn1 +∞∑k=1

(fnk+1− fnk).

Ta suy ra |f | ≤ g + |fn1|. Khi đó ‖f‖2 ≤ ‖g‖2 + ‖fn1‖2 <∞. Vậy f ∈ L2[0, 2π].Bước 3: Ta chứng minh f cũng chính là giới hạn của dãy fnn∈N trong L2 [0, 2π].

Từ các phép tính trên, ta có

f − fnk =∞∑j=k

(fnj+1− fnj).

Khi đó

‖f − fnk‖2 =∞∑j=k

∥∥fnj+1− fnj

∥∥2<

∞∑j=k

1

2j=

1

2k−1.

Cho k →∞, ta có ‖f − fnk‖2 → 0 hay fnkk∈N hội tụ đến f trong L2[0, 2π]. Vì fnn∈Nlà dãy Cauchy nên với ∀ε > 0, ∃N = N(ε) sao cho ∀n,m > N thì ‖fn − fm‖2 < ε. Dolimk→∞‖f − fnk‖2 = 0 nên ta có thể chọn nk ≥ N sao cho ‖f − fnk‖2 < ε. Khi đó

‖f − fn‖2 ≤ ‖f − fnk‖2 + ‖fn − fnk‖2 < 2ε,∀n ≥ N.

chứng tỏ fnn∈N hội tụ đến f ∈ L2[0, 2π].

Định nghĩa 1.3. H là không gian tiền Hilbert trên R, nếu nó là không gian tuyến tínhtrên trường thực và tích vô hướng xác định trên không gian đó nhận giá trị thực.

Ví dụ 1.3. Tập hợp tất cả các hàm nhận giá trị thực trong không gian C (S1) lập thànhmột không gian tiền Hilbert trên R.

Ví dụ 1.4. Tập hợp tất cả các hàm nhận giá trị thực trong không gian L2 [0, 2π] lậpthành một không gian tiền Hilbert trên R.

Định lý 1.2. [1] Cho M là một không gian con đóng của không gian Hilbert H trên C.Khi đó với mọi x ∈ H, ta có x = y + z với y ∈M và z ∈M⊥, trong đó

M⊥ = y ∈ H : (y, x) = 0 ∀x ∈M .

Chứng minh. Nếu x ∈M , đặt y = x, z = 0 ta có điều phải chứng minh.Nếu x /∈M và M 6= H ta đặt

d := d(x,M) = infy∈M‖x− y‖ > 0.

Khi đó, luồn tồn tại dãy ynn∈N sao cho ‖x− yn‖ → d khi n→∞.Sử dụng đẳng thức hình bình hành ta có

4

∥∥∥∥x− 1

2(ym + yn)

∥∥∥∥2 + ‖ym − yn‖2 = 2(‖x− ym‖2 + ‖x− yn‖2

).

8

Vì1

2(ym + yn) ∈ M nên ta có ‖ym − yn‖ → 0 khi m,n → ∞. Như vậy ynn∈N là dãy

Cauchy, mà H là không gian đầy đủ nên ynn∈N hội tụ. Ký hiệu y = limn→∞

yn.

Mặt khác, M đóng trong H nên y ∈M và ‖x− y‖ = d.Đặt x = y + z ta có z = x− y. Ta sẽ chứng minh z ∈M⊥.Với mọi y

′ ∈M và α ∈ C ta có y + αy′ ∈M . Từ đó ta có

d2 ≤ ‖x− y − αy′‖2 = (z − αy′ , z − αy′)

= ‖z‖2 − α(y′, z) + |α|2

∥∥∥y′∥∥∥2 − α(z, y′).

Do ‖z‖ = ‖x − y‖ = d và α ∈ C bất kì nên (y′, z) = 0 với mọi y

′ ∈ M . Khi đóz ∈M⊥.

Định lý 1.3. (Riesz)[8] Với mỗi phiếm hàm tuyến tính bị chặn F trên không gian HilbertH trên C, luôn tồn tại duy nhất một phần tử f ∈ H sao cho F (x) = (x, f) với mọi x ∈ Hvà ‖F‖ = ‖f‖.

Chứng minh. Đặt N = x | F (x) = 0 là không gian không ("null space") của F .Nếu N = H thì F (x) = 0 ∀x ∈ H. Lấy f = 0 ∈ H ta có điều phải chứng minh.Nếu N 6= H, do N là không gian con đóng của H nên theo Định lý 1.2, tồn tại z 6=0, z ∈ H sao cho (x, z) = 0 với mọi x ∈ N . Do đó F (z) 6= 0. Hơn nữa với mọi x ∈ H, tacó

F (x− F (x)

F (z)z) = F (x)− F (x)

F (z)F (z) = 0,

suy ra (x− F (x)

F (z)z) ∈ N . Do đó (x− F (x)

F (z)z, z) = 0.

Khi đó ta có (x, z) =F (x)

F (z)‖z‖2 hay F (x) = (x, f) với f =

F (z)

‖z‖2z.

Bây giờ, ta sẽ chứng minh ‖F‖ = ‖f‖.Dựa vào bất đẳng thức Cauchy - Bunhiacopski - Schwartz ta có

‖F‖ = supx 6=0

|(x, f)|‖x‖

≤ supx 6=0

‖x‖ ‖f‖‖x‖

= ‖f‖ .

Hơn nữa‖f‖2 = (f, f) = F (f) ≤ ‖F‖ ‖f‖ ,

ta suy ra ‖f‖ = ‖F‖ .

Chú ý 1.1. Không gian Hilbert trên R cũng có Định lý Riesz, chứng minh được tiếnhành hoàn toàn tương tự, chú ý tích vô hướng trên R đối xứng.

Dưới đây, ta sẽ sử dụng định lý Riesz trong một số tính toán cụ thể.

Ví dụ 1.5. Trong không gian Cn với chuẩn Euclid, xét phiếm hàm tuyến tính

F : Cn → C

x 7→n∑j=1

αjxj, αj ∈ C.

9

Khi đó

‖F‖ = sup||x||=1

|n∑j=1

αixi| = sup||x||=1

|α1x1 + α2x2 + α3x3 + ...+ αnxn|.

Với n bất kì ta có

|α1x1 + α2x2 + · · ·+ αnxn|2 ≤(|α1|2 + |α2|2 + ...+ |αn|2

) (|x1|2 + |x2|2 + ...+ |xn|2

)=(|α1|2 + |α2|2 + · · ·+ |αn|2

).

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khiα1

x1=α2

x2= ... =

αnxn

.

Như vậy

‖F‖ = sup||x||=1

|n∑j=1

αixi| =√|α1|2 + |α2|2 + ...+ |αn|2.

Ta vừa sử dụng định nghĩa chuẩn để tính chuẩn của phiếm hàm tuyến tính bị chặn F .Với F : Cn → C là một phiếm hàm tuyến tính bị chặn bất kì, theo Định lý Riesz, tồntại duy nhất một phần tử y ∈ Cn sao cho với mọi x ∈ Cn ta có

F (x) = (x, y) =n∑i=1

xiyi.

Cũng theo Định lý Riesz, ‖F‖ = ‖y‖ =√|y1|2 + |y2|2 + ...+ |yn|2.

Ví dụ 1.6. Cố định g ∈ L2 [0, 2π]. Xét phiếm hàm tuyến tính F : L2 [0, 2π] → C xác

định bởi F (f) =1

2π

2π∫0

f(x)g(x)dx.

Khi đó

|F (f)| =

∣∣∣∣∣∣ 1

2π

2π∫0

f(x)g(x)dx

∣∣∣∣∣∣ ≤ 1

2π

2π∫0

|g(x)|2dx

12 2π∫

0

|f(x)|2dx

12

= ||g||2||f ||2.

Từ đó suy ra ‖F‖ 6 ||g||2.Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi f là hàm hằng. Do đó ‖F‖ = ‖g‖2.Ta vừa sử dụng định nghĩa chuẩn để tính chuẩn của phiếm hàm tuyến tính bị chặn F .Với F là phiếm hàm tuyến tính bị chặn bất kì, theo Định lý Riesz, tồn tại duy nhất mộtphần tử g ∈ L2 [0, 2π] sao cho với mọi phần tử f ∈ L2 [0, 2π] ta có

F (f) = (f, g) =1

2π

2π∫0

f(x)g(x)dx.

Cũng theo Định lý Riesz, ‖F‖ = ‖g‖2 =

(1

2π

2π∫0

|g(x)|2dx) 1

2

.

10

Định nghĩa 1.4. Một dạng song tuyến tính B trên không gian Hilbert H trên R đượcgọi là

• bị chặn nếu tồn tại một hằng số K sao cho

|B(x, y)| ≤ K ‖x‖ ‖y‖ ,∀x, y ∈ H,

• "coercive" nếu tồn tại một số ϑ > 0 sao cho

B(x, x) ≥ ϑ‖x‖2,∀x ∈ H.

Định lý 1.4. (Lax-Milgram) [7] Cho B là một dạng song tuyến tính bị chặn và "coercive"trên không gian Hilbert H trên R. Khi đó với mọi phiếm hàm tuyến tính bị chặn F trênH, tồn tại duy nhất một phần tử f ∈ H sao cho B(x, f) = F (x) với mọi x ∈ H.

Chứng minh. Với mỗi phần tử cố định x ∈ H, ánh xạ f : H → R xác định bởi f(y) =B(y, x) là một phiếm hàm tuyến tính bị chặn trên H nên theo định lý Riesz, tồn tại duynhất một phần tử z ∈ H sao cho B(y, x) = (z, y) với mọi y ∈ H.Đặt A : H → H, Ax = z thỏa mãn B(y, x) = (y, Ax) với mọi y ∈ H.Bước 1: Ta sẽ chứng minh ánh xạ tuyến tính A được xác định như trên là một ánh xạtuyến tính bị chặn.

• A là ánh xạ tuyến tính:

(A(λ1x1 + λ2x2), y) = B(y, λ1x1 + λ2x2)

= λ1B(y, x1) + λ2B(y, x2) (B là một dạng song tuyến tính)

= λ1(y, Ax1) + λ2(y, Ax2) (theo định nghĩa của A)

= (λ1Ax1 + λ2Ax2, y),∀x1, x2, y ∈ H;λ1, λ2 ∈ R.

• A bị chặn:

||Ax||2 = (Ax,Ax) = B(Ax, x) = B(x,Ax) ≤ K||x||||Ax||,∀x ∈ H.

Ta có ||A|| ≤ K.Bước 2: Ta chứng minh A là một song ánh.

• A là đơn ánh:Nếu x, y ∈ H thỏa mãn Ax = Ay thì A(x− y) = 0.Khi đó 0 = (x− y, A(x− y)) = B(x− y, x− y) ≥ ϑ||x− y||2. Ta suy ra x = y.

• A là một toàn ánh:Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử A không là một toàn ánh, tức R(A) 6= H.Ta chứng minh R(A) là không gian con đóng của H.

Lấy xnn∈N ⊂ R(A), limn→∞

xn = x.

Do xn ∈ R(A) nên tồn tại yn ∈ H sao cho Ayn = xn. Lại có xnn∈N hội tụ nên xnn∈Nlà dãy Cauchy. Do A bị chặn nên ynn∈N là dãy Cauchy.

11

Do H là không gian Hilbert nên tồn tại y ∈ H: limn→∞

yn = y.

Vì ‖A‖ ≤ K (theo bước 1) nên

‖Ay − x‖ ≤ K ‖yn − y‖+ ‖xn − x‖ .

Cho n→∞ ta có Ay = x ∈ R(A). Vậy R(A) đóng.Giả sử R(A) 6= H. Lấy h ∈ H, vì R(A) đóng nên theo Định lý 1.2, h = x + y vớix ∈ R(A), y ∈ R(A)⊥. Ta có đánh giá sau

ϑ‖y‖2 ≤ B(y, y) = (Ay, y) = 0.

Ta suy ra h = 0. Vậy R(A) = H hay A là toàn ánh.Kết hợp với chứng minh A là đơn ánh ở trên, ta kết luận A là song ánh.Bước 3: Xác định phần tử f ∈ H thỏa mãn B(x, f) = F (x),∀x ∈ H.Từ Định lý Riesz, do F là phiếm hàm tuyến tính bị chặn trên H nên tồn tại duy nhấtmột phần tử g ∈ H sao cho F (z) = (z, g), ∀z ∈ H.Do A là song ánh nên g = A(A−1g). Khi đó

F (z) = (z, A(A−1g)) = B(z, A−1g),∀z ∈ H.

Ta có kết luận f = A−1g.Bước 4: Ta chứng minh f được xác định một cách duy nhất.Giả sử tồn tại f1, f2 thỏa mãn B(x, f1) = B(x, f2),∀x ∈ H, ta chứng minh f1 = f2.Do B(x, f1) = B(x, f2) với mọi x ∈ H nên ta có B(x, f1 − f2) = 0 với mọi x ∈ H.Mà ϑ||f1 − f2||2 ≤ B(f1 − f2, f1 − f2) = 0 do tính chất "coercive" của dạng song tuyếntính B nên ta kết luận được f1 = f2 (sử dụng tính chất của một chuẩn).

Nhận xét 1.1. Nếu dạng song tuyến tính B là đối xứng thì hai định lý này là một. Nếudạng song tuyến tính B không đối xứng thì định lý Lax-Milgram là một mở rộng củađịnh lý Riesz.

Ví dụ 1.7. Trong R2, xét ánh xạ song tuyến tính B : R2 × R2 → R2 xác định bởi

B(ξ, η) =(ξ1 ξ2

)(5 + x2 2 + xy3 + xy 4 + y2

)(η1η2

)với tham số (x, y) thuộc hình tròn đơn vị B, là dạng song tuyến tính bị chặn, "coercive"và không đối xứng.

Sau đây, ta sẽ phát biểu và chứng minh định lý Banach-Alaoglu cho không gian Hilbert.Trước đó, ta sẽ nhắc lại định nghĩa về hội tụ yếu trong không gian Hilbert.

Định nghĩa 1.5. Cho H là một không gian Hilbert thực. Ta nói dãy xnn∈N ⊂ H hộitụ yếu đến x ∈ H nếu

(xn, y)→ (x, y)∀y ∈ H.

Chú ý 1.2. (a) Nếu xnn∈N ⊂ H hội tụ theo chuẩn đến x trong H thì xnn∈N hội tụyếu đến x trong H. Thật vậy, nếu xnn∈N ⊂ H hội tụ theo chuẩn đến x trong H thì‖xn − x‖ → 0 khi n→∞. Khi đó, với mỗi y thuộc H, theo bất đẳng thức Schwarz,ta có |(xn − x, y)| ≤ ‖xn − x‖ ‖y‖ → 0 khi n→∞ hay (xn, y)→ (x, y).

12

(b) Nếu xnn∈N là một dãy bị chặn trong không gian Hilbert H bất kì, nói chung từxnn∈N không trích được bất cứ dãy con nào hội tụ theo chuẩn.

(c) Nếu xnn∈N hội tụ yếu đến x ∈ H thì supn∈N‖xn‖ = M < +∞ và ‖x‖ ≤M .

Ví dụ 1.8. Trong không gian L2 [0, 2π], ta xét dãy enn∈Z trong đó en (x) = einx. Dãy

enn∈Z là dãy bị chặn trong L2 [0, 2π] do ‖en‖2 = 1. Nhưng với n 6= m bất kì, ta có

‖en − em‖22 =1

2π

2π∫0

∣∣einx − eimx∣∣2dx =1

2π

2π∫0

2dx = 2.

Do đó, từ dãy enn∈Z ta không trích dẫn được dãy con nào hội tụ theo chuẩn.

Định lý 1.5. (Banach-Alaoglu)[6] Cho H là một không gian Hilbert. Khi đó, mọi dãybị chặn xnn∈N ⊂ H đều có một dãy con hội tụ yếu.

Chứng minh. Giả sử ‖xn‖ ≤ M . Ta sẽ chỉ ra rằng tồn tại dãy con xnkk∈N ⊂ H củaxnn∈N và x ∈ H sao cho (xnk , y)→ (x, y) ,∀y ∈ H.Gọi S là không gian con của không gian Hilbert H được sinh bởi các xn, S là bao đóngcủa S trong H. Lấy phần tử y ∈ H, dựa vào Định lý 1.2, ta có thể phân tích y như sau

y = y0 + y1

trong đó y0 ∈ S, y1 ∈ S⊥, (xn, y1) = 0 ∀n ∈ N.

Cố định m, khi đó dãy (xn, xm)n∈N bị chặn nên tồn tại dãy con hội tụ. Sử dụng định

lý đường chéo Cantor, ta thu được dãy con xnkk∈N của xnn∈N mà (xnk , xm)k∈N hội

tụ với mọi m ∈ N khi k →∞. Do đó, (xnk , y)k∈N cũng hội tụ với mọi y thuộc S.

Với y thuộc S⊥, lấy y

′ ∈ S, ta có đánh giá∣∣(xnj − xnk , y)∣∣ ≤ ∣∣∣(xnj , y − y′)∣∣∣+∣∣∣(xnj − xnk , y′)∣∣∣+

∣∣∣(xnk , y′ − y)∣∣∣≤ 2M

∥∥∥y − y′∥∥∥+∣∣∣(xnj − xnk , y′)∣∣∣

Với ε > 0 cho trước, chọn y′ ∈ S sao cho

∥∥y − y′∥∥ < ε

4M.

Với j, k đủ lớn ta có∣∣(xnj − xnk , y′)∣∣ < ε

2.

Từ đó ta có∣∣(xnj − xnk , y)∣∣→ 0,∀y ∈ S⊥. Khi đó (xnk , y)k∈N là dãy Cauchy trong không

gian Hilbert H nên dãy này có giới hạn trong H.Đặt Ly := lim

k→∞(xnk , y).

L là toán tử tuyến tính và bị chặn trên H do

||Ly|| := limk→∞||(xnk , y)|| ≤M ||y||.

Cho L : S → C. Áp dụng Định lý Riesz, tồn tại x ∈ S sao cho

Ly = (x, y) ,∀y ∈ S.

13

Với y ∈ S⊥

Ly = limk→∞

(xnk , y) = 0 = (x, y) .

Như vậy (xnk , y)→ (x, y) ,∀y ∈ H.

1.2 Chuỗi Fourier

Với f ∈ L1[0, 2π], ta định nghĩa hệ số Fourier thứ n của f như sau

f(n) =1

2π

2π∫0

f(x)e−inxdx = (f, en)2, en (x) = einx ∈ C∞(S1).

Chuỗi Fourier của f là∑n∈Z

f(n)einx. Chú ý

en(k) =

1 với k = n,0 với k 6= n.

Trên không gian L2[0, 2π] ta định nghĩa tích vô hướng như công thức (1.1).Nếu f ∈ L2[0, 2π] thì

‖f‖1 =1

2π

2π∫0

|f(x)| dx ≤ 1

2π

√√√√√ 2π∫0

|f(x)|2dx.

√√√√√ 2π∫0

1dx = ‖f‖2.

Do đó L2 [0, 2π] là không gian con của không gian L1 [0, 2π].

Định lý 1.6. [1] Với mọi f ∈ L2[0, 2π], tổng riêng SN(f) =N∑

k=−Nf(k)ek hội tụ đến f

trong L2[0, 2π]. Khi đó, hệ ekk∈Z lập nên một cơ sở trực chuẩn trong L2[0, 2π].

Chứng minh. Với f, g ∈ L2[0, 2π], tích vô hướng của f và g được xác định như (1.1).Khi đó

‖f − SN(f)‖22 =

∥∥∥∥∥f −N∑

k=−N

f(k).ek

∥∥∥∥∥2

2

=

∥∥∥∥∥f −N∑

k=−N

f(k).ek

∥∥∥∥∥2

2

= ‖f‖22 −N∑

k=−N

|f(k)|2.

Do đó ta có

‖f‖22 ≥N∑

k=−N

∣∣∣f(k)∣∣∣2 ∀f ∈ L2 [0, 2π] .

14

Từ đó ta có bất đẳng thức Bessel

∞∑k=−∞

|f(k)|2 ≤ ‖f‖22. (1.2)

Từ bất đẳng thức (1.2) ta kết luận∞∑

k=−∞|f(k)|2 hội tụ hay

N∑|k|=M+1

|f(k)|2 → 0 khi

N,M → ∞. Ta thấy ||SN(f) − SM(f)||22 =∑

M+1≤|k|≤N|f(k)|2 → 0 khi N,M → ∞.

Do đó SN(f)∞N=1 là dãy Cauchy trong L2 [0, 2π]. Mà L2 [0, 2π] là không gian đầy đủnên tồn tại g ∈ L2 [0, 2π] sao cho SN(f)→ g khi N →∞.

Sau đây, ta sẽ chứng minh g = f . Đầu tiên ta chứng minh cho g(k) = f(k) với g(k), f(k)lần lượt là hệ số Fourier thứ k của g và f .

Gọi SN(f)(k) là hệ số Fourier thứ k của SN(f). Khi đó

|g(k)− SN(f)(k)| =

∣∣∣∣∣∣ 1

2π

2π∫0

g(x)ek(x)dx− 1

2π

2π∫0

(SNf)(x)ek(x)dx

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣ 1

2π

2π∫0

(g(x)−(SNf)(x))ek(x)dx

∣∣∣∣∣∣≤ ‖g − SN(f)‖2||ek||2 = ||g − SN(f)||2

N→∞−−−→ 0.

Từ đánh giá trên ta có g(k) = limN→∞

SN(f)(k) = f(k).

Để chứng minh f = g ta đi chứng minh định lý định lý sau:

Định lý 1.7. (Tính duy nhất )[9] Với mọi hàm f ∈ L2[0, 2π], nếu f(k) = 0 với mọik ∈ Z thì f = 0 hầu khắp nơi.

Chứng minh. Ta đặt

σNf =1

N + 1

N∑k=0

Skf =1

N + 1

N∑k=0

k∑j=−k

f(j)ej (tổng riêng Fejer) .

Ta sẽ chứng minh σNf → f trong L2[0, 2π].

Cho ε> 0, chọn g ∈ C(S1) sao cho ‖f − g‖2 <1

3ε. Tiếp theo, ta chọn N sao cho ∀n > N

‖σNg − g‖∞ <1

3ε (Định lý Fejer [9]) .

Mặt khác

‖σNg − g‖2 =

√√√√√ 1

2π

2π∫0

|σNg − g|2dx ≤√

1

2π2π‖σNg − g‖2∞ = ||σNg − g||∞ <

1

3ε.

15

Ta suy ra

‖σNf − f‖2 ≤ ‖σN(f − g)‖2 + ‖σNg − g‖2 + ‖g − f‖2 ≤2

3ε+ ‖σN(f − g)‖2.

Sau đây, ta sẽ đi chứng minh: ‖σNf‖2 ≤ ‖f‖2.Ta đi tìm σN (nhân Fejer) thỏa mãn σNf = f ∗ σN và ||σN || = 1.Ta có

σNf =1

N + 1

N∑k=0

Skf =1

N + 1

N∑k=0

k∑j=−k

f(j)ej

=1

N + 1

N∑k=−N

f(k)(N + 1− |k|)ek

=1

N + 1

N∑k=−N

1

2π

2∫0

πf(x)ek(x)dx(N + 1− |k|)

ek.

Ta suy ra

σNf(t) =1

2π

2π∫0

f(x)1

N + 1

N∑k=−N

ek(x)ek(t)(N + 1− |k|)dx

=1

2π

2π∫0

f(x)1

N + 1

N∑k=−N

eik(t−x)(N + 1− |k|)dx.

Lại có

(f ∗ σN)(x) =1

2π

2π∫0

f(y)σN(x− y)dy

nên

σN(x) =1

N + 1

N∑k=−N

eikx(N + 1− |k|) =1

N + 1(N + 1 +

N∑k=1

2 cos(kx)(N + 1− |k|)).

Ta có

1− cos(N + 1)x =

(N + 1 +

N∑k=1

2 cos(kx) (N + 1− |k|)

)(1− cosx) ,

suy ra

σN(x) =1

N + 1

(N + 1 +

N∑k=1

2 cos(kx)(N + 1− |k|)

)

=1

N + 1

1− cos(N + 1)x

1− cosx≥ 0,

16

‖σN‖1 =1

2π

2π∫0

|σN(x)| dx

=1

2π

2π∫0

1

N + 1

[N + 1+

N∑k=1

(eikx + e−ikx

)(N + 1− |k|)

]dx = 1.

Ta có kết luận

‖σN (f − g)‖2 ≤ ‖σN‖1‖f − g‖2 <1

3ε( dựa vào bất đẳng thức Young ).

Khi đó

‖σNf − f‖2 ≤2

3ε+ ‖f − g‖2 ≤ ε.

Theo giả thiết của định lý f(j) = 0,∀j ∈ Z nên σNf = 0. Mà ‖σNf − f‖2 → 0 khiN →∞, nên ta suy ra f = 0 hầu khắp nơi.

Chứng minh Định lý 1.6 (tiếp). Ta đã chứng minh được g(k) = f(k),∀k ∈ Z. Áp dụngĐịnh lý 1.7 , ta suy ra g = f hầu khắp nơi.

Từ g = f hầu khắp nơi (chứng minh Định lý 1.7) và ||g − SN(f)||2N→∞−−−→ 0 ta suy ra

||f − SN(f)||2N→∞−−−→ 0.

Như vậy, ta có đẳng thức Parseval

‖f‖22 =∞∑

k=−∞

∣∣∣f(k)∣∣∣2. (1.3)

Sau đây, ta sẽ phát biểu kết quả về sự hội tụ đều của chuỗi Fourier của một hàm khả viliên tục. Trước hết, ta sẽ phát biểu một số định lý.

Định lý 1.8. [9] Cho f là một hàm liên tục vớif(n)

n∈Z

là chuỗi hệ số Fourier của

f. Nếu∑n∈Z

∣∣∣f(n)∣∣∣ <∞ thì chuỗi Fourier của f hội tụ đều đến f .

Chứng minh. Sử dụng định lý Weierstrass, ta có điều phải chứng minh.

Định lý 1.9. [9] Cho f ∈ C1(S1). Khi đó

f ′(n) = inf(n), n 6= 0.

Nếu f ∈ Ck(S1). Khi đó

f (k)(n) = (in)kf(n), n 6= 0.

17

Chứng minh. Với f ∈ C1(S1) ta có

f ′(n) =1

2π

2π∫0

f ′(θ)e−inθdθ

=1

2π

f ′(θ)e−inθ∣∣∣2π0

+

2π∫0

ine−inθf(θ)dθ

= inf(n).

Với f ∈ Ck(S1) ta có

f (k)(n) =1

2π

2π∫0

f (k)(θ)e−inθdθ

=1

2π

f (k)(θ)e−inθ∣∣∣2π0

+

2π∫0

ine−inθf (k−1)(θ)dθ

= inf (k−1)(n).

Quy nạp theo k ta được f (k)(n) = (in)kf(n), n 6= 0.

Định lý 1.10. [9] Cho f ∈ C1(S1). Khi đó chuỗi Fourier của f hội tụ đều đến f .

Chứng minh. Ta có ∑n∈Z

f(n) = f(0) +∞∑|n|=1

f(n).

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có đánh giá ∞∑|n|=1

f(n)

2

≤

∞∑|n|=1

1

n2

( ∞∑n=−∞

n2∣∣∣f(n)

∣∣∣2) .Ta biết

∞∑|n|=1

1

n2hội tụ. Sử dụng đẳng thức (1.3) và Định lý 1.9 ta có

∑n∈Z

n2∣∣∣f(n)

∣∣∣2 =∑n∈Z

∣∣∣f ′(n)∣∣∣2 =

∥∥∥f ′∥∥∥2 <∞.Khi đó ∑

n∈Z

∣∣∣f(n)∣∣∣ =

∣∣∣f(0)∣∣∣+

∞∑|n|=1

∣∣∣f(n)∣∣∣ <∞.

Áp dụng Định lý 1.8, ta có điều phải chứng minh.

18

Định lý 1.11. [9] Nếu f ∈ C∞ (S1) thì∑n∈Z

f(n)r|n|einθ ∈ C∞(B).

Chứng minh. Nếu f ∈ C∞ (S1) thì f khả vi vô hạn, tuần hoàn theo chu kì 2π trên R.Khi đó theo Định lý 1.9 ta có

f(n) =1

(in)kf (k) (n) , n 6= 0.

Ta có đánh giá

∣∣∣f (n)∣∣∣ ≤ 1

|n|k1

2π

2π∫0

∣∣f (k) (n)∣∣dx ≤ ∥∥f (k)

∥∥∞

|n|k, n 6= 0.

Khi đó∑n∈Z

εkf (n)nkr|n|einθ, εk ∈ ±1,±i, k = 1, 2, 3 · · · , hội tụ tuyệt đối đều trong B.

Do đó∑n∈Z

f (n) r|n|einθ ∈ C∞(B).

19

Chương 2

Không gian Sobolev trên đườngtròn, hình tròn đơn vị.

2.1 Không gian Sobolev trên đường tròn

Không gian L2(S1): Không gian các hàm đo được Lebesgue trên R, tuần hoàn chu kì2π, bình phương khả tích trên từng chu kì. Khi đó, ta xem L2(S1) chính là L2[0, 2π].

Định nghĩa 2.1. Cho s ≥ 0, không gian Sobolev trên đường tròn đơn vị được xác địnhnhư sau:

Hs(S1) = ϕ ∈ L2(S1) :∑n∈Z

(1 + n2)s|ϕ(n)|2 <∞

với ϕ(n) là hệ số Fourier thứ n của ϕ,

ϕ(n) =1

2π

2π∫0

ϕ(x)en(x)dx = (ϕ, en)2. (2.1)

Mệnh đề 2.1. Hs(S1) là không gian Hilbert với tích vô hướng được xác định như sau:Với ϕ, ψ ∈ Hs(S1), ta có:

(ϕ, ψ)Hs =∑n∈Z

(1 + n2)sϕ(n)ψ(n),

trong đó ϕ(n), ψ(n) lần lượt là hệ số Fourier thứ n của ϕ, ψ.

Chứng minh. Tích vô hướng được xác định như trên thỏa mãn các tính chất sau:

(a) Xác định dương: ∀ϕ ∈ Hs(S1) ta có

(ϕ, ϕ)Hs =∑n∈Z

(1 + n2)s|ϕ(n)|2 ≥ 0.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ϕ(n) = 0 ∀n ∈ Z. Từ Định lý 1.7, ta suy ra ϕ = 0hầu khắp nơi.

20

(b) Đối xứng liên hợp: ∀ϕ, ψ ∈ Hs(S1) ta có

(ϕ, ψ)Hs =∑n∈Z

(1 + n2)sϕ(n)ψ(n),

(ψ, ϕ)Hs =∑n∈Z

(1 + n2)sψ(n)ϕ(n).

Ta suy ra

(ψ, ϕ)Hs =∑n∈Z

(1 + n2)sϕ(n)ψ(n) = (ϕ, ψ)Hs .

(c) Tuyến tính: ∀ϕ, ψ, φ ∈ Hs(S1);α, β ∈ C ta có

(αϕ+ βψ, φ)Hs =∑n∈Z

(1 + n2)s[αϕ(n) + βψ(n)]φ(n)

=∑n∈Z

(1 + n2)s(αϕ(n)φ(n) + βψ(n)φ(n)

)= α(ϕ, φ)Hs + β(ψ, φ)Hs .

Tiếp theo, ta chứng minh Hs(S1) là một không gian đầy đủ. Lấy ϕmm∈N là mộtdãy Cauchy trong Hs(S1). Khi đó ∀ε > 0, tồn tại N = N (ε) sao cho ∀m, k ≥ N ,‖ϕm − ϕk‖Hs < ε hay∑

n∈Z

(1 + n2)s.|ϕm(n)− ϕk(n)|2 < ε2, ∀m, k ≥ N. (2.2)

Với M1,M2 > 0, ta có

M2∑n=−M1

(1 + n2)s|ϕm(n)− ϕk(n)|2 < ε2.

Với mỗi n cố định, dãy ϕm(n)m∈N là một dãy Cauchy trong C. Do C là không gian

đầy đủ nên tồn tại ϕ(n) ∈ C: limm→∞

ϕm(n) = ϕ(n).

Lấy giới hạn của (2.2) khi k →∞ ta được∑n∈Z

(1 + n2)s|ϕm(n)− ϕ(n)|2 < ε2, ∀m > N. (2.3)

Từ đó kéo theo ϕ =∑n∈Z

ϕ(n)eint ∈ Hs(S1). Thật vậy, ta có đánh giá:

∑n∈Z

(1 + n2)s|ϕ(n)|2 =

∑n∈Z

(1 + n2)s|ϕm(n)− ϕ(n) + ϕm(n)|2

≤ 2∑n∈Z

(1 + n2)s|ϕm(n)− ϕ(n)|2 + 2

∑n∈Z

(1 + n2)s|ϕm(n)|2 <∞.

Do (2.3), ‖ϕm − ϕ‖Hs → 0 khi m → ∞ hay ϕmm∈N hội tụ đến ϕ ∈ Hs(S1). Vậy

Hs(S1) là không gian đầy đủ.

21

Định nghĩa 2.2. Ta định nghĩa không gian:

H−12

(S1)

=u : H

12

(S1)→ C tuyến tính liên tục

.

Theo định nghĩa, chuẩn của phiếm hàm tuyến tính liên tục u ∈ H− 12 (S1) được xác định

như sau

‖u‖H−

12 (S1)

= sup06=f∈H

12 (S1)

|(u, f)|‖f‖

H12 (S1)

.

Ta sẽ chứng minh

‖u‖H−

12 (S1)

=∑n∈Z

(1 + n2

)− 12 |u (n)|2 (2.4)

trong đó u(n) = (u, en) là hệ số Fourier thứ n của u.

Lấy ϕ ∈ H 12 (S1), ϕ =

∑n∈Z

ϕ(n)einθ. Với u ∈ H− 12 (S1), ta có

(u, ϕ) =

(u,∑n∈Z

ϕ(n)einθ

)=∑n∈Z

ϕ(n)u(n).

Khi đó

|(u, ϕ)| =

∣∣∣∣∣∑n∈Z

ϕ(n)u(n)

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∑n∈Z

(1 + n2

) 14 ϕ (n)

(1 + n2

)− 14 u (n)

∣∣∣∣∣≤

(∑n∈Z

(1 + n2

) 12 |ϕ (n)|2

) 12(∑n∈Z

(1 + n2

)− 12 |u (n)|2

) 12

≤ ‖ϕ‖H

12 (S1)

(∑n∈Z

(1 + n2

)− 12 |u (n)|2

) 12

.

Ta suy ra ‖u‖H−

12 (S1)

≤(∑n∈Z

(1 + n2)− 1

2 |u (n)|2) 1

2

.

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi ϕ (n) = (1 + n2)− 1

2 u (n).

Ta kết luận được ‖u‖2H−

12 (S1)

=∑n∈Z

(1 + n2)− 1

2 |u (n)|2.

Định lý 2.1. C∞(S1) trù mật trong không gian Hs(S1), s ≥ 0.

Chứng minh. Với f ∈ Hs(S1) dãy tổng riêng SN(f) của f khả vi vô hạn và hội tụ đếnf theo ‖·‖Hs . Do đó, C∞(S1) trù mật trong không gian Hs(S1).

2.2 Không gian Sobolev trên hình tròn

Trong mục này, ta chỉ xét hàm có giá trị thực.

22

Định nghĩa 2.3. Cho u ∈ L2 (B) và α = (α1, α2) ∈ Z2+. Ta nói v ∈ L2 (B) là đạo hàm

riêng yếu cấp α của u, viết Dαu = v nếu∫∫B

uDαϕdxdy = (−1)|α|∫∫B

vϕdxdy,∀ϕ ∈ C∞0 (B).

Ví dụ 2.1. u ∈ Cm(B) thì u có các đạo hàm riêng Dαu, |α| ≤ m, bị chặn trong B. Dođó Dαu ∈ L2(B) là các đạo hàm riêng yếu cấp α của u, |α| ≤ m.

Bổ đề 2.1. [5] Đạo hàm riêng yếu cấp α của u, nếu tồn tại thì được xác định một cáchduy nhất.

Chứng minh. Giả sử v1, v2 ∈ L2 (B) đều là đạo hàm riêng yếu cấp α của u, nghĩa là∫∫B

uDαϕdxdy = (−1)|α|∫∫B

v1ϕdxdy = (−1)|α|∫∫B

v2ϕdxdy,∀ϕ ∈ C∞0 (B).

Khi đó ∫∫B

(v2 − v1)ϕdxdy = 0,∀ϕ ∈ C∞0 (B). (2.5)

Ta sẽ chứng minh v1 = v2 hầu khắp nơi trên B.Ta có sgn (v2 − v1) ∈ L2 (B). Do C∞0 (B) trù mật trong L2 (B) nên ∃ ϕkk∈N ∈ C∞0 (B)sao cho ‖ϕk − sgn (v2 − v1)‖2 → 0 khi k → ∞. Theo Chú ý 1.2, ϕk hội tụ yếu đếnsgn (v2 − v1) trong L2 (B). Do v2 − v1 ∈ L2 (B) và (2.5) nên

0 = limk→∞

∫∫B

ϕk (v2 − v1) dxdy =

∫∫B

|v2 − v1|dxdy.

Ta có kết luận v1 = v2 hầu khắp nơi trên B.

Mệnh đề 2.2. [5] Cho u ∈ L2(B), α, β ∈ Z2+. Giả sử u có đạo hàm riêng yếu Dαu ∈

L2(B) và Dαu có đạo hàm riêng yếu Dβ(Dαu) ∈ L2(B) thì u có đạo hàm riêng yếuDα+βu và Dα+βu = Dβ(Dαu).

Chứng minh. Theo Bổ đề 2.1 về tính duy nhất của đạo hàm yếu, ta chỉ còn phải chứngminh ∫∫

B

Dβ(Dαu)ϕdxdy = (−1)|α|+|β|∫∫B

uDα+βϕdxdy,∀ϕ ∈ C∞0 (B).

Thật vậy ta có ∫∫B

Dβ(Dαu)ϕdxdy = (−1)|β|∫∫B

DαuDβϕdxdy

= (−1)|β|(−1)|α|∫∫B

uDα(Dβϕ)dxdy

= (−1)|α|+|β|∫∫B

uDα+βϕdxdy.

23

Ví dụ 2.2. Xét u(x, y) = sgn(x) + sgn(y). Ta thấy u(x, y) ∈ L2(B). Thật vậy,∫∫B

|u(x, y)|2dxdy = 4π

2= 2π.

Ta sẽ chỉ ra DxDyu = 0 trong B, nghĩa là∫∫B

(sgn(x) + sgn(y))DxDyϕdxdy = 0,∀ϕ ∈ C∞0 (B).

Thật vậy, chú ý sgn(x) + sgn(y) = 0 khi xy < 0 nên∫∫B

(sgn(x) + sgn(y))DxDyϕ(x, y)dxdy = 2

1∫0

dx

√1−x2∫0

DxDyϕ(x, y)dxdy

+ (−2)

0∫−1

dx

0∫−√1−x2

DxDyϕ(x, y)dxdy

= 2(ϕ(0, 0)− ϕ(0, 0)) = 0.

Để chứng minh u không có đạo hàm riêng yếu Dxu,Dyu, ta cần đến đặc trưng của đạohàm riêng yếu theo các sai phân ∆h

xu,∆hyu được định nghĩa như sau:

Định nghĩa 2.4. Cho h > 0, u ∈ L2(B), ta định nghĩa

∆hxu =

u(x+ h, y)− u(x, y)

h,

∆hyu =

u(x, y + h)− u(x, y)

h.

Bổ đề 2.2. Cho u, ϕ ∈ L2(B), suppϕ ⊂⊂ B, 0 < h < d(suppϕ, S1). Khi đó ta có∫∫B

ϕ(x, y)∆hxu(x, y)dxdy = −

∫∫B

u(x, y)∆−hx ϕ(x, y)dxdy.

Chứng minh. Do ϕ ∈ L2(B), suppϕ ⊂⊂ B nên tồn tại ε > 0 sao cho suppϕ ⊂ Bε và0 < h < ε. Ta có∫∫

B

ϕ(x, y)∆hxu(x, y)dxdy =

∫∫B

ϕ(x, y)u(x+ h, y)− u(x, y)

hdxdy

=

∫∫Bε+(h,0)

ϕ(x− h, y)u(x, y)

hdxdy +

∫∫B

ϕ(x, y)u(x, y)

hdxdy

(suppϕ(· − h, ·) ⊂ Bε + (h, 0))

=

∫∫B

ϕ(x− h, y)− ϕ(x, y)

hu(x, y)dxdy

=

∫∫B

u(x, y)∆−hx ϕ(x, y)dxdy.

24

Định lý 2.2. [6]

(a) Giả sử u ∈ L2(B) có đạo hàm riêng yếu Dxu ∈ L2(B). Khi đó ta có∥∥∆hxu∥∥L2(Bε)

≤ ‖Dxu‖L2(B) ,∀0 < h < ε.

(b) Nếu u ∈ L2(B) và tồn tại hằng số c > 0 sao cho với ∀n ∈ N, ∃hn ∈ (0,1

n) để∥∥∆hn

x u∥∥L2(B 1

n)≤ c

thì u có đạo hàm riêng yếu Dxu ∈ L2(B) thỏa mãn ‖Dxu‖L2(B) < c.

(c) Đạo hàm riêng yếu đối với y của u ta cũng có đặc trưng như trên.

Chứng minh. (a) Do u ∈ L2(B) và Dxu ∈ L2(B) nên

∆hxu(x, y) =

1

h

h∫0

Dxu(x+ t, y)dt,∀0 < h < ε, (x, y) ∈ Bε.

Khi đó ∫∫Bε

|∆hxu|2dxdy =

1

h

∫∫Bε

h∫0

|Dxu(x+ t, y)|2dtdxdy

=1

h

h∫0

dt

∫∫Bε

|Dxu(x+ t, y)|2dxdy

≤ ||Dxu||2L2(B).

(b) Cố định n0 ∈ N. Khi đó với mọi n ≥ n0 ta có

B 1n0

⊂ B 1nvà ||∆hn

x u||L2(B 1n0

) ≤ ||∆hnx u||L2(B 1

n) ≤ c.

Do đó ∆hnx n≥n0 là dãy bị chặn trong L2(B 1

n0

). Do L2(B 1n0

) là không gian Hilbert nên

theo Định lý 1.5, tồn tại Dxu ∈ L2(B 1n0

) sao cho

∆hnx u hội tụ yếu đến Dxu trong L2(B 1

n0

) và ||Dxu||L2(B 1n0

) ≤ c,∀n0.

Cho n0 → ∞ ta có Dxu ∈ L2(B) và ||Dxu||L2(B) ≤ c. Ta sẽ chứng minh Dxu chính là

đạo hàm riêng yếu theo x của u, nghĩa là∫∫B

(Dxu)ϕdxdy = −∫∫B

u(Dxϕ)dxdy,∀ϕ ∈ C∞0 (B).

25

Cố định ϕ ∈ C∞0 (B). Khi đó tồn tại n0 ∈ N sao cho suppϕ ⊂ B 1n0

. Do ∆hnx u hội tụ yếu

đến Dxu trong L2(B 1n0

) khi n→∞ nên ta có

limn→∞

∫∫B 1n0

(∆hnx u)ϕdxdy =

∫∫B 1n0

(Dxu)ϕdxdy. (2.6)

Do ∆−hnx ϕ hội tụ điểm đến Dxϕ trong B 1n0

và

|u∆−hnx ϕ| ≤ |u|supB|Dxϕ| ∈ L2(B 1n0

) ⊂ L1(B 1n0

)

nên theo Định lý hội tụ trội Lebesgue ta có

limn→∞

∫∫B 1n0

u(∆−hnx ϕ)dxdy =

∫∫B 1n0

u(Dxϕ)dxdy. (2.7)

Sử dụng Bổ đề 2.2 và (2.6)-(2.7) ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 2.3. Quay trở lại với Ví dụ 2.2 ta sẽ chứng minh u không có các đạo hàm riêngyếu Dxu,Dyu. Ta có

∆hxu(x, y) =

sgn(x+ h)− sgn(x)

h.

Với 0 < 2h = ε < 12thì Bε ⊃ B 1

2⊃[−1

4, 14

]2. Khi đó

∫∫Bε

|∆hxu(x, y)|2dxdy ≥

14∫

− 14

dy

0∫−h

4

h2dx =

2

h.

Theo Định lý 2.2, ta kết luận được u không có đạo hàm riêng yếu Dxu. Tương tự ukhông có đạo hàm riêng yếu Dyu.

Sau đây, ta định nghĩa không gian Sobolev trên hình tròn. Cho m ∈ N.

Định nghĩa 2.5. Không gian Sobolev Hm(B) bao gồm các hàm u ∈ L2(B), giá trị thực,sao cho các đạo hàm riêng yếu cấp α của u với |α| ≤ m đều tồn tại và Dαu ∈ L2(B),

Hm(B) =u ∈ L2(B)|Dαu ∈ L2(B), |α| ≤ m

.

Hm(B) là không gian Hilbert thực với tích vô hướng được xác định như sau

(u, v)Hm(B) =∑|α|≤m

∫∫B

DαuDαvdxdy (2.8)

với u, v ∈ Hm(B). Khi đó, chuẩn của u ∈ Hm(B) được xác định như sau

‖u‖2Hm(B) =∑|α|≤m

∫∫B

|Dαu|2dxdy.

26

Ví dụ 2.4. Cm(B) ⊂ Hm(B).

Bổ đề 2.3. Hm(B) là không gian Hilbert trên R với tích vô hướng trên Hm(B) được xácđịnh như (2.8).

Chứng minh. Trước hết ta chứng minh tích vô hướng được xác định như (2.8) có cáctính chất sau:

(a) Xác định dương

(u, u)Hm(B) =∑|α|≤m

∫∫B

|Dαu|2dxdy ≥ 0,∀u ∈ Hm(B).

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u = 0 hầu khắp nơi trên B.

(b) Đối xứng

(u, v)Hm(B) =∑|α|≤m

∫∫B

DαuDαvdxdy = (v, u)Hm(B) ∀u, v ∈ Hm(B).

(c) Tuyến tính

(λu+ βv, h)Hm(B) = λ(u, h)Hm(B) + β(v, h)Hm(B) ∀u, v, h ∈ Hm(B);λ, β ∈ R.

Tiếp theo, ta chỉ ra Hm(B) là không gian đầy đủ. Cho unn∈N là dãy Cauchy trong

Hm(B). Khi đó unn∈N cũng là dãy Cauchy trong L2(B). Do L2(B) đầy đủ nên un hội

tụ đến u trong L2(B).Với mỗi |α| ≤ m, Dαun là đạo hàm riêng yếu của un trong L2(B). Khi đó Dαunn∈Ncũng là dãy Cauchy trong L2(B). Do L2(B) đầy đủ nên tồn tại Dαu ∈ L2(B) sao cho‖Dαun −Dαu‖2 → 0 khi n→∞.Ta sẽ chứng minh Dαu là đạo hàm riêng yếu cấp α của u khi |α| ≤ m.Thật vậy, với mọi ϕ ∈ C∞0 (B) ta có

(−1)|α|∫∫B

(Dαu)ϕdxdy = limn→∞

(−1)|α|∫∫B

(Dαun)ϕdxdy (Chú ý 1.2, Dαun‖.‖2−−→ Dαu)

= limn→∞

∫∫B

(Dαϕ)undxdy (Định nghĩa 2.3)

=

∫∫B

(Dαϕ)udxdy (Chú ý 1.2, un‖.‖2−−→ u).

Ta suy ra u ∈ Hm(B). Như vậy Hm(B) là không gian đầy đủ.

Định lý 2.3. Nếu k > m+ 2 thì ta có phép nhúng liên tục từ Hm(B) vào Ck(B).

Chứng minh. Xem chứng minh chi tiết trong [3].

27

Ta phát biểu một số tính chất của đạo hàm riêng yếu của không gian Hm (B).

Bổ đề 2.4. Giả sử u, v ∈ Hm (B) và |α| ≤ m. Khi đó ta có các khẳng định sau.

(1) Dαu ∈ Hm−|α| (B). Hơn nữa, ||Dαu||Hm−|α| ≤ ||u||Hm(B).

(2) Với mọi λ, µ ∈ R,Dα (λu+ µv) = λDαu+ µDαv.

(3) Nếu Ω ⊂ B, Ω là tập mở thì u ∈ Hm (Ω).

(4) (Công thức Leibniz) Nếu η ∈ C∞0 (B) thì ηu ∈ Hm0 (B) và

Dα (ηu) =∑β≤α

(αβ

)DβηDα−βu,

trong đó

(αβ

)=

α!

β! (α− β)!, α! = α1!α2!...αn!.

Sau đây ta sẽ phát biểu và chứng minh định lý vết. Trước hết, ta sẽ phát biểu định lýtrù mật.

Định lý 2.4. C1(B)trù mật trong H1(B).

Chứng minh. Xem chứng minh chi tiết trong [3].

Từ Định lý 2.2, ta có đặc trưng sau của không gian H1(B).

Định lý 2.5. (a) Giả sử u ∈ H1(B). Khi đó, với ∀0 < h < ε ta có∥∥∆hu∥∥L2(Bε)

≤ ‖Du‖L2(B)

trong đó Du = (Dxu,Dyu),∆hu = (∆hxu,∆

hyu).

(b) Nếu u ∈ L2(B) và tồn tại hằng số c > 0 sao cho với ∀n ∈ N, ∃hn ∈ (0,1

n) để∥∥∆hnu

∥∥L2(B 1

n)≤ c

thì u ∈ H1(B) và ‖Du‖L2(B) ≤ c.

Định lý 2.6. (Định lý vết)[8] Ánh xạ τ là một toán tử bị chặn

τ :(C1(B), ‖·‖H1

)→ H

12

(S1)

u 7→ u|S1 .

Khi đó ta có thể thác triển τ thành một toán tử tuyến tính bị chặn từ H1 (B) lên H12 (S1).

Hơn nữa, tồn tại một ánh xạ tuyến tính bị chặn

E : H12

(S1)→ H1(B)

sao cho τ E = I trên H12 (S1).

28

Chứng minh. Với u ∈ C1(B), ta có

||u||2H1(B) =

∫∫B

(|u(x, y)|2 + |ux(x, y)|2 + |uy(x, y)|2

)dxdy.

Trong hệ tọa độ cực (r, θ) ta đặt

x = r cos θ, y = r sin θ, 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π.

Khi đó

||u||2H1(B) =

∫∫B

(v2 + v2r +v2θr2

)rdrdθ (2.9)

với v(r, θ) = u (r cos θ, r sin θ) .Ta phân tích v (r, θ) =

∑n∈Z

vn(r)einθ trong đó

vn(r) =1

2π

2π∫0

v(r, θ).e−inθdθ.

Ta cóvr(r, θ) =

∑n∈Z

v′

n(r)einθ,

vθ(r, θ) =∑n∈Z

invn(r)einθ.

Theo đẳng thức Parseval và công thức (2.9)

‖u‖2H1(B) = 2π∑n∈Z

1∫0

[(1 +

n2

r2

)|vn(r)|2 +

∣∣∣v′n(r)∣∣∣2]rdr.

Do u ∈ C1(B) nên v(1, θ) ∈ C1(S1). Theo Định lý 1.10∑n∈Z

vn(1).einθ hội tụ dều đến τu = u|S1 = v(1, θ) trên S1.

Khi đó, ta có đánh giá sau

|vn(1)|2 =

1∫0

d

dr(r2v2n(r)) =2

1∫0

rv2n(r)dr + 2

1∫0

r2vn(r)v′n(r)dr

≤ 2

1∫0

rv2n (r) dr + 2

1∫0

r2v2n (r) dr

12 1∫

0

r2(v′n (r))2dr

12

.

29

Áp dụng bất đẳng thức 2ab ≤ a2 + b2 ta thấy

√1 + n2|vn(1)|2 ≤ 2

√1 + n2

1∫0

rv2n(r)dr +(1 + n2

) 1∫0

r2v2n(r)dr +

1∫0

r2(v′n(r))2dr

≤ 3

1∫0

(1 +

n2

r2

)rv2n(r)dr +

1∫0

r(v′n(r))2dr

.

Ta suy ra ‖τu‖H

12 (S1)

≤√

3‖u‖H1(B) hay τ là toán tử tuyến tính bị chặn từ(C1(B), ‖·‖H1

)lên(H

12 (S1) , ‖·‖

H12 (S1)

).

Do C1(B)trù mật trong H1(B) nên ta có thể thác triển τ thành toán tử tuyến tính bị

chặn từ H1(B) lên H12 (S1).

Tiếp theo ta định nghĩa hàm

E : C∞(S1)→ H1(B)

f 7→∑n∈Z

f(n)r|n|einθ.

Với f ∈ C∞(S1), theo Định lý 1.11 thì Ef ∈ C∞(B)⊂ C1

(B).

Khi đó (τEf)(θ) =∑n∈Z

f(n)einθ hội tụ đều đến f , nghĩa là τE = I. Ngoài ra

‖Ef‖2H1(B) =∑n∈Z

1∫0

[(1 +

n2

r2

) ∣∣∣f(n)r|n|∣∣∣2 +

∣∣∣f(n)|n|.r|n|−1∣∣∣2] rdr

= 2π∑n∈Z

∣∣∣f(n)∣∣∣2( 1

2|n|+ 2+ |n|

)≤ 2π

∑n∈Z

∣∣∣f(n)∣∣∣2 (1 + |n|)

≤ 2√

2π∑n∈Z

∣∣∣f(n)∣∣∣2√1 + n2 =

√2‖f‖

H12 (S1)

.

Ta suy raE là một toán tử tuyến tính bị chặn từ(C∞ (S1) , ‖·‖

H12 (S1)

)vào

(C∞

(B), ‖·‖H1(B)

).

Mà C∞(S1) trù mật trong H12 (S1) nên ta có thể thác triển E lên toàn bộ H

12 (S1) sao

cho τ E = I trên H12 (S1). Do đó τ là một toàn ánh trên H1 (B).

Định lý vết được chứng minh.

Định nghĩa 2.6. H10 (B) là bao đóng của C1

0 (B) trong H1 (B).

Chuẩn của u ∈ H10 (B) được xác định bởi công thức

‖u‖2H10 (B) =

∫∫B

|∇u|2dxdy = ‖∇u‖2L2(B).

Theo bất đẳng thức Poincare ta suy ra ‖u‖2H10 (B) ≥ c ‖u‖2L2(B). Khi đó trong H1

0 (B), các

chuẩn || · ||H10 (B), || · ||H1(B) tương đương.

30

Định lý 2.7. Cho u ∈ H1 (B). Khi đó, u ∈ H10 (B) khi và chỉ khi τu = 0.

Chứng minh. Giả sử u ∈ H10 (B). Khi đó, tồn tại dãy ϕnn∈N ∈ C1

0(B) ⊂ C1(B) sao cho

||ϕn − u||H1(B) → 0 khi n→∞.

Do τϕn = 0 và||τϕn − τu||H 1

2 (S1)≤ ||τ ||||ϕn − u||H1(B)

nên τu = 0.Ngược lại, giả sử u ∈ H1(B) và τu = 0, ta sẽ chứng minh u ∈ H1

0 (B).Để chứng minh u ∈ H1

0 (B) ta sẽ chứng minh

∀ε > 0,∃ψ ∈ C10(B) sao cho ||ψ − u||H1(B) < ε.

Cố định ε > 0. Do u ∈ H1(B) và τu = 0 nên

∃ϕ ∈ C1(B) sao cho τϕ = 0, ||ϕ− u||H1(B) <ε

2.

Với η > 0 (chọn sau), ta xây dựng φ ∈ C∞0 (B) (Chi tiết xây dựng xem trong [2]) thỏamãn

0 ≤ φ ≤ 1 trong B,

φ = 1 trong Bη,

φ = 0 ngoài B η2,

|Dφ| ≤ c

ηtrong B.

Khi đó

||φϕ− ϕ||2H1(B) =

∫∫B

(φ− 1)2(|ϕ|2 + |Dϕ|2)dxdy +

∫∫B

|Dφ|2|ϕ|2dxdy

≤∫∫B\Bη

||ϕ|2 + |Dϕ|2)dxdy +c2

η2

∫∫Bη/2\Bη

|ϕ|2dxdy.

Do ϕ ∈ C1(B) nên supB|Dϕ| = M <∞. Lại có τϕ = 0 nên supB\Bη |ϕ| ≤Mη. Khi đó

||φϕ− ϕ||2H1(B) ≤ 2πηM2(2 + c2).

Chọn η = ε2

8πM2(2+c2)ta có ψ = φϕ ∈ C1

0(B) là hàm cần tìm.

Định nghĩa 2.7. H−1 (B) =u : H1

0 (B)→ R tuyến tính liên tục.

Mệnh đề 2.3. Cho f ∈ L2 (B). Khi đó ta có các mệnh đề sau.

31

(a) Ánh xạ

fx : H10 (B)→ R

ϕ 7→ −∫∫B

fDxϕdxdy

là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên H10 (B), nghĩa là fx ∈ H−1 (B). Hơn nữa,

||fx||H−1(B) ≤ ||f ||2.

(b) Ngoài ra, với mỗi 0 < h < ε, ánh xạ

∆hxf : H1

0 (Bε)→ R

ϕ 7→∫∫Bε

(∆hxf)ϕdxdy

là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên H10 (Bε), nghĩa là ∆h

xf ∈ H−1 (Bε). Hơnnữa, ||∆h

xf ||H−1(Bε) ≤ ||f ||2 với mọi 0 < h < ε.

Chứng minh. (a) Do ϕ ∈ H10 (B) nên theo Định lý 2.2 ta có ‖Dxϕ‖2 ≤ ‖ϕ‖H1

0 (B). Khi đó

ta có đánh giá ∣∣∣∣∣∣∫∫B

fDxϕdxdy

∣∣∣∣∣∣ ≤ ‖f‖2‖Dxϕ‖2 ≤ ||f ||2||ϕ||H10 (B).

Vậy fx là một phiếm hàm tuyến tính liên tục, và ||fx||H−1(B) ≤ ||f ||2.(b)Do ϕ ∈ H1

0 (Bε) nên ta có∥∥∆h

xϕ∥∥2≤ ‖ϕ‖H1

0 (Bε), 0 < h < ε. Khi đó ta có đánh giá∣∣∣∣∣∣

∫∫Bε

(∆hxf)ϕdxdy

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣−∫∫B

f∆−hx ϕdxdy

∣∣∣∣∣∣ (Bổ đề 2.2)

≤ ||f ||2||∆−hx ϕ||2≤ ||f ||2‖ϕ‖H1

0 (Bε).

Vậy ∆hxf là một phiếm hàm tuyến tính liên tục, và ||∆h

xf ||H−1(Bε) ≤ ||f ||2 với mọi0 < h < ε.

Chú ý 2.1. Một cách tương tự

fy : H10 (B)→ R

ϕ 7→ −∫∫B

fDyϕdxdy

là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên H10 (B), nghĩa là

fy ∈ H−1 (B) và ||fy||H−1(B) ≤ ||f ||2.

32

Ngoài ra, với mỗi 0 < h < ε,

∆hyf : H1

0 (Bε)→ R

ϕ 7→∫∫Bε

(∆hyf)ϕdxdy

là một phiếm hàm tuyến tính liên tục trên H10 (Bε), nghĩa là ∆h

yf ∈ H−1 (Bε). Hơn nữa,

||∆hyf ||H−1(Bε) ≤ ||f ||2 với mọi 0 < h < ε.

Định nghĩa 2.8. Cho f, g ∈ L2(B), 0 < h < ε, ta định nghĩa phiếm hàm tuyến tínhliên tục trên H1

0 (Bε):

div(f, g) = fx + gy : H10 (Bε)→ R

ϕ 7→ −∫∫B

f∆hxϕdxdy −

∫∫B

g∆hyϕdxdy.

33

Chương 3

Bài toán biên Dirichlet cho phươngtrình elliptic cấp 2 dạng bảo toàn

Trong chương này, ta chỉ xét các hàm giá trị thực.

3.1 Định lý về sự tồn tại duy nhất nghiệm

Xét phương trìnhdiv(γ∇u) = f trong B (3.1)

trong đó f ∈ H−1 (B), γ là ma trận xác định dương

γ(x, y) =

(γ11(x, y) γ12(x, y)γ21(x, y) γ22(x, y)

), γjk ∈ L∞(B).

γ xác định dương có nghĩa là (γ(x, y)ξ).ξ =2∑

j,k=1

γjk(x, y)ξjξk ≥ c|ξ|2 với hầu hết (x, y) ∈

B và với mọi ξ = (ξ1, ξ2) ∈ R2, trong đó c > 0.

Định nghĩa 3.1. Nghiệm yếu của phương trình (3.1) là u ∈ H1(B) thỏa mãn∫∫B

(γ∇u) · ∇ψdxdy = −(f, ψ),∀ψ ∈ H10 (B). (3.2)

Định lý 3.1. [6] Nếu u là nghiệm yếu của phương trình (3.1) thì với bất kì 0 < ε < 1luôn tồn tại Cε > 0 sao cho∫∫

Bε

(|u|2 + |∇u|2)dxdy

12

= ‖u‖H1(Bε)≤ Cε(‖u‖L2(B) + ‖f‖H−1(B))

trong đó Bε =

(x, y) ∈ R2|x2 + y2 < (1− ε)2.

34

Chứng minh. Chọn η ∈ C∞0 (B) thỏa mãn 0 ≤ η ≤ 1 và

η (x, y) =

1 khi x2 + y2 ≤ (1− ε)2

0 khi(

1− ε

2

)2< x2 + y2 < 1.

Do η ∈ C∞0 (B) nên theo Bổ đề 2.4 ta có η2u ∈ H10 (B) và

∇(η2u)

= η2∇u+ 2ηu∇η. (3.3)

Từ (3.3) ta được

c1∥∥η2u∥∥

H10 (B)≤ c1

(‖η∇u‖L2(B) + ‖u‖L2(B)

). (3.4)

Do tính xác định dương của γ nên

c2

∫∫B

η2|∇u|2dxdy ≤∫∫B

(γ∇u) ·(η2∇u

)dxdy

≤∫∫B

(γ∇u) ·(∇(η2u))dxdy − 2

∫∫B

(uγ (η∇u)) · ∇ηdxdy. (3.5)

Lấy v = η2u ∈ H10 (B). Từ (3.2)-(3.5) ta có

c2

∫∫B

η2|∇u|2dxdy ≤ −(f, η2u

)− 2

∫∫B

(uγ (η∇u)) · ∇ηdxdy

≤ ‖f‖H−1(B)

∥∥η2u∥∥0H1

0 (B)+ c3‖u‖L2(B)‖η∇u‖L2(B). (3.6)

Từ (3.4)-(3.6) ta có∫∫B

η2|∇u|2dxdy ≤ c4

(‖f‖H−1(B)

(‖η∇u‖L2(B) + ‖u‖L2(B)

)+ ‖u‖L2(B)‖η∇u‖L2(B)

).

(3.7)

Sử dụng bất đẳng thức epsilon-Cauchy

2 |ab| ≤Ma2 +b2

M,M > 0

ta có các đánh giá sau

2‖f‖H−1(B)‖η∇u‖L2(B) ≤ 2c4 ‖f‖2H−1(B) +1

2c4‖η∇u‖2L2(B) . (3.8)

2‖f‖H−1(B)‖u‖L2(B) ≤ ‖f‖2H−1(B) + ‖u‖2L2(B) . (3.9)

2‖u‖L2(B)‖η∇u‖L2(B) ≤ 2c4 ‖u‖2L2(B) +1

2c4‖η∇u‖2L2(B) . (3.10)

35

Thay (3.8), (3.9), (3.10) vào (3.7) ta được∫∫Bε

|∇u|2dxdy ≤∫∫B

η2|∇u|2dxdy ≤ c5

(‖f‖2H−1(B) + ‖u‖2L2(B)

)(η = 1 trong Bε).

(3.11)Từ (3.11) ta có điều phải chứng minh, trong đó các ck không phụ thuộc vào u, f mà chỉphụ thuộc vào ε.

Xét bài toán biên Dirichlet

div (γ∇u) = f trong B, (3.12)

u = ϕ trên S1. (3.13)

trong đó f ∈ H−1 (B), ϕ ∈ H 12 (S1), γ là ma trận xác định dương

γ(x, y) =

(γ11(x, y) γ12(x, y)γ21(x, y) γ22(x, y)

), γjk ∈ L∞(B).

Định nghĩa 3.2. u là nghiệm yếu của bài toán (3.12)-(3.13) nếu u là nghiệm yếu củaphương trình (3.12) và τu = ϕ.

Định lý 3.2. [6]( Tồn tại duy nhất nghiệm ) Bài toán (3.12)-(3.13) có duy nhất mộtnghiệm yếu u ∈ H1(B). Hơn nữa ta có đánh giá

||u||H1(B) ≤ c(||f ||H−1(B) + ||ϕ||H

12 (S1)

).

Chứng minh. Theo Định lý 2.6, với ϕ ∈ H 12 (S1) ta có Eϕ ∈ H1 (B) và τEϕ = ϕ.

Đặt v = u−Eϕ. Khi đó τv = 0 và v ∈ H1(B). Theo Định lý 2.7 thì v ∈ H10 (B). Ta đưa

bài toán (3.12)-(3.13) về bài toán: Tìm v ∈ H10 (B) thỏa mãn∫∫

B

(γ(∇v +∇(Eϕ))) · ∇ψdxdy = −(f, ψ), ∀ψ ∈ C10(B)

hay ∫∫B

(γ∇v) · ∇ψdxdy = −(f, ψ)−∫∫B

(γ∇(Eϕ))) · ∇ψdxdy. (3.14)

Giải bài toán : tìm v ∈ H10 (B) thỏa mãn div(γ∇v) = f − div(γ∇(Eϕ)) ∈ H−1(B).

Thay vì tìm nghiệm yếu u của bài toán ban đầu, ta đi tìm v = u− Eϕ thỏa mãn

div(γ∇v) = f − div(γ∇(Eϕ)). (3.15)

Xét dạng song tuyến tính:

B : H10 (B)×H1

0 (B)→ R

(u, v) 7→∫B

(γ∇u) · ∇vdxdy.

36

H10 (B) là không gian Hilbert thực nên B tuyến tính theo cả hai biến. Ta sẽ chứng minh|B(u, v)| ≤ c.‖u‖H1

0 (B)‖v‖H10 (B). Thật vậy, do γjk ∈ L∞(B) nên

|(γ∇u) · ∇v| ≤ ‖γ‖∞ |∇u| |∇v| .

Khi đó ∣∣∣∣∣∣∫∫B

(γ∇u) · ∇vdxdy

∣∣∣∣∣∣ ≤ ‖γ‖∞∫∫B

|∇u| |∇v| dxdy

≤ ‖γ‖∞

∫∫B

|∇u|2 dxdy

12∫∫

B

|∇v|2dxdy

12

≤ ‖γ‖∞‖u‖H10 (B)‖v‖H1

0 (B).

Ta sẽ chỉ ra dạng song tuyến tính B có tính chất "coercive". Sử dụng tính xác địnhdương của γ ta có ∫∫

B

(γ∇u) · ∇udxdy ≥ c

∫∫B

|∇u|2dxdy.

Khi đó B(u, u) ≥ c ‖u‖2H10 (B). Cố định ϕ ∈ H1

0 (B). Xét ánh xạ tuyến tính

F : H10 (B)→ R

ψ 7→ −(f, ψ)−∫∫B

(γ∇(Eϕ)) · ∇ψdxdy.

F là phiếm hàm tuyến tính liên tục trên H10 (B) vì

|F (ψ)| ≤ ‖f‖H−1(B)‖ψ‖H10 (B) + ‖γ‖∞‖∇(Eϕ)‖L2(B)‖∇ψ‖L2(B)

≤ ‖f‖H−1(B)‖ψ‖H10

(B) + ‖γ‖∞‖Eϕ‖H1(B)‖ψ‖H1(B) (định nghĩa) || · ||H1(B)

≤ ‖f‖H−1(B)‖ψ‖H10 (B) + ‖γ‖∞‖ϕ‖H 1

2 (S1)‖ψ‖H1(B) (Định lý 2.6) .

Khi đó ‖F‖H−1(B) ≤ ‖f‖H−1(B) + ‖γ‖∞‖ϕ‖H 12 (S1)

.

Từ định lý Lax-Milgram tồn tại duy nhất v ∈ H10 (B) sao cho B(v, ψ) = f(ψ) với

mọi ψ ∈ H10 (B). Ta kết luận được v là nghiệm yếu duy nhất của bài toán cần tìm và

‖v‖H10 (B) = ‖F‖H−1(B).

Mà ‖F‖H−1(B) ≤ ‖f‖H−1(B) + |γ|∞‖ϕ‖H 12 (S1)

nên ‖v‖H10 (B) ≤ ‖f‖H−1(B) + |γ|∞‖ϕ‖H 1

2 (S1).

Do u = v + Eϕ nên ta có đánh giá

‖u‖H1(B) ≤ ‖v‖H1(B) + ‖Eϕ‖H1(B)

≤ c(‖v‖H1

0 (B) + ‖ϕ‖H

12 (S1)

)(BĐT Poincaré và Định lý 2.6)

≤ c(‖f‖H−1(B) + ‖ϕ‖

H12 (S1)

).

37

Nếu v ∈ H10 (B) là nghiệm yếu của phương trình (3.15), ta cần chứng minh u = v + Eϕ

là nghiệm của bài toán (3.12)-(3.13). Thật vậy, do v ∈ H10 (B) là nghiệm yếu của phương

trình (3.15) nên v thỏa mãn phương trình (3.14) và τ(v + Eϕ) = ϕ (do tính chất củahàm vết). Khi đó u là nghiệm yếu của bài toán (3.12)-(3.13).

3.2 Định lý về tính trơn của nghiệm

Trong mục này, ta giả thiết thêm γjk ∈ C∞(B).

Định lý 3.3. [6] Giả sử u ∈ H1(B) là nghiệm yếu của phương trình (3.12), f ∈ L2(B).Khi đó, với mỗi 0 < ε < 1 thì u ∈ H2(Bε) và ||u||H2(Bε) ≤ c(||u||L2(B) + ||f ||L2(Bε) trong

đó c là hằng số chỉ phụ thuộc vào ε.

Chứng minh. Để chứng minh Định lý 3.3 theo Định lý 2.2 ta sẽ chứng minh: tồn tạic > 0,∀n ∈ N,∃hn ∈ (0, 1

n) sao cho

||∆hnx Dxu||L2(B

ε+ 1n) ≤ c(||u||L2(B) + ||f ||L2(B)).

Bước 1: Ta xây dựng F ∈ H−1(Bε) thỏa mãn div(γ∇∆hnx u) = F trong Bε. Với ψ ∈

C10(Bε) ta có

1

h

∫∫Bε

(γ(x, y)∇(u(x+ h, y)− u(x, y))) · ∇ψ(x, y)dxdy

=1

h

∫∫Bε

(γ(x, y)∇u(x+ h, y)) · ∇ψ(x, y)dxdy − 1

h

∫∫Bε

(γ(x, y)∇u(x, y)) · ∇ψ(x, y)dxdy

=1

h

∫∫Bε

(γ(x, y)∇u(x+ h, y)) · ∇ψ(x, y)dxdy

︸ ︷︷ ︸I1

+1

h

∫∫Bε

f(x, y)ψ(x, y)dxdy (vì (3.12)) .

Biến đổi I1:

I1 =1

h

∫∫Bε

(γ(x, y)∇u(x+ h, y)) · ∇ψ(x, y)dxdy

=1

h

∫∫Bε+(h,0)

(γ(z − h, y)∇u(z, y)) · ∇ψ(z − h, y)dzdy

=1

h

∫∫Bε+(h,0)

((γ(z − h, y)− γ(z, y))∇u(z, y)) · ∇ψ(z − h, y)dzdy

+1

h

∫∫Bε+(h,0)

(γ(z, y)∇u(z, y)) · ∇ψ(z − h, y)dzdy

38

=1

h

∫∫Bε+(h,0)

((γ(z − h, y)− γ(z, y))∇u(z, y)) · ∇ψ(z − h, y)dzdy

− 1

h

∫∫Bε+(h,0)

f(z, y)ψ(z − h, y)dzdy (vì (3.12)).

Do suppψ ⊂ Bε nên với 0 < h < ε/2 ta có

1

h

∫∫Bε

(γ(x, y)∇(u(x+ h, y)− u(x, y))) · ∇ψ(x, y)dxdy

=1

h

∫∫Bε/2

f(x, y)ψ(x, y)dxdy − 1

h

∫∫Bε/2

f(x, y)ψ(x− h, y)dxdy

+1

h

∫∫Bε/2

((γ(z − h, y)− γ(z, y))∇u(z, y)) · ∇ψ(z − h, y)dzdy

= −∫∫Bε/2

∆−hx ψ(x, y)f(x, y)dxdy +1

h

∫∫Bε

([γ(x, y)− γ(x+ h, y)]∇u(x+ h, y)) · ∇ψ(x, y)

= −∫∫Bε/2

∆−hx ψ(x, y)f(x, y)dxdy −∫∫Bε

(∆hxγ(x, y)∇u(x+ h, y)) · ∇ψ(x, y)dxdy

=

∫∫Bε

∆hxf(x, y)ψ(x, y)dxdy −

∫∫Bε

(∆hxγ(x, y)∇u(x+ h, y)) · ∇ψ(x, y)dxdy

Theo Lagrange ta có đánh giá∥∥∆hxγjk(x, y)

∥∥L∞(Bε)

≤ ‖Dγ‖L∞(B).

Với F = ∆hxf + div

(∆hxγ∇u(·+ h, ·)

)∈ H−1(Bε), u ∈ H1(B ε

2), 0 < h < ε

2, ta có

F : H10 (Bε)→ R xác định bởi

(F, ψ) =

∫∫Bε

∆hxf(x, y)ψ(x, y)dxdy−

∫∫Bε

(∆hxγ(x, y)∇u(x+h, y))·∇ψ(x, y)dxdy. (3.16)

Với 0 < h <ε

2ta có∣∣∣∣∣∣

∫∫Bε

∆hxf(x, y)ψ(x, y)dxdy

∣∣∣∣∣∣ ≤ ||∆hxf ||L2(Bε)||ψ||H1

0 (Bε)

≤ ||f ||L2(B)||ψ||H10 (Bε)

( Mệnh đề 2.3)∣∣∣∣∣∣∫∫Bε

(∆hxγ(x, y)∇u(x+ h, y)) · ∇ψ(x, y)dxdy

∣∣∣∣∣∣ ≤ ||∆hxγ||L∞(Bε)||∇u(·+ h, ·)||L2(Bε)||∇ψ||L2(Bε)

≤ ||Dγ||L∞(B)||u||H1(B ε2)||ψ||H1

0 (Bε).

39

Ta suy ra

|(F, ψ)| ≤ ||Dγ||L∞(B)||u||H1(Bε/2)||ψ||H10 (Bε)

+ ||f ||L2(B)||ψ||H10 (Bε)

.

Ta có kết luận

F ∈ H−1(Bε) và ||F ||H−1(Bε) ≤ ||f ||L2(B) + ||Dγ||L∞(B)||u||H1(Bε/2).

Theo Định lý 3.1 ta có

||u||H1(Bε/2) ≤ cε(||u||L2(B) + ||f ||L2(B)

).

Từ đó ta suy ra||F ||H−1(Bε) ≤ cε

(||u||L2(B) + ||f ||L2(B)

).

Từ toàn bộ tính toán trên, với hn = min 12n, ε4 và F ∈ H−1(Bε) xác định bởi (3.16) ta

códiv(γ∇∆hn

x u) = F trong Bε.

Từ Định lý 2.2 ta có

||∆hnx u||H1(B

ε+ 1n) ≤ cε(‖F‖H−1(Bε)

+∥∥∆hn

x u∥∥L2(Bε)

)

≤ cε(||u||L2(B) + ||f ||L2(B)).

Bước 2: Với 0 < h < ε, ta chứng minh ∆hxDxu = Dx(∆

hxu) trong Bε, nghĩa là∫∫

Bε

(∆hxDxu)ϕdxdy = −

∫∫Bε

(∆hxu)Dxϕdxdy,∀ϕ ∈ C∞0 (Bε).

Từ định nghĩa của đạo hàm yếu ta có∫∫Bε

(∆hxDxu)(x, y)ϕ(x, y)dxdy

=1

h

∫∫Bε

[Dxu(x+ h, y)−Dxu(x, y)]ϕ(x, y)dxdy

= −1

h

∫∫Bε

u(x+ h, y)Dxϕ(x, y)dxdy +1

h

∫∫Bε

u(x, y)Dxϕ(x, y)dxdy

= −∫∫Bε

∆hxuDxϕ(x, y)dxdy,∀ϕ ∈ C1

0(Bε).

Từ Bước 1 ta đã có đánh giá

||∆hnx Dxu||L2(B

ε+ 1n) ≤ cε(||f ||L2(B) + ||u||L2(B)).

40

Từ Bước 2 ta có ∆hxDxu = Dx(∆

hxu) trong Bε. Từ hai bước trên và Bổ đề 2.2 ta có

||Dx(Dxu)||L2(Bε) ≤ cε(||f ||L2(B) + ||u||L2(B)).

Theo Mệnh đề 2.2 ta có D(2,0)u = Dx(Dxu) ∈ L2(Bε) và

||D(2,0)u||L2(Bε) ≤ cε(||f ||L2(B) + ||u||L2(B)).

Chứng minh hoàn toàn tương tự cho D(1,1)u và D(0,2)u ta có kết luận hoàn toàn tươngtự. Ta có kết luận

u ∈ H2(Bε) và ||u||H2(Bε) ≤ cε(||f ||L2(B) + ||u||L2(B)).

Định lý 3.4. [6] Nếu u ∈ H1(B) là nghiệm của phương trình (3.12), f ∈ Hm(B). Khiđó, với mỗi 0 < ε < 1, ta có u ∈ Hm+2(Bε) và

||u||Hm+2(Bε) ≤ cε(||f ||Hm(B) + ||u||L2(B)).

Chứng minh. Ta sẽ chứng minh quy nạp theo m. Với m = 0, định lý đã được chứngminh theo Định lý 3.3. Giả sử định lý đã được chứng minh với m = k ta sẽ chứng minhđịnh lý với m = k + 1 nghĩa là

||u||Hk+3(Bε) ≤ cε(||f ||Hk+1(B) + ||u||L2(B)).

Để chứng minh bất đẳng thức trên, tương tự như chứng minh Định lý 3.3 ta sẽ đi chứngminh với mọi n, tồn tại hn ∈ (0, 1

n) ta có

||∆hnx u||Hk+2(B

ε+ 1n

) ≤ cε(||f ||L2(B) + ||u||L2(B)).

Tương tự trong Định lý 3.3 ta có

div(γ∇∆hnx u) = F trong Bε,

với hn = min 12n, ε4 và F = ∆h

xf + div(∆hxγ∇u(·+ h, ·)

). Do f ∈ Hk+1(B) nên ta có

F ∈ Hk(Bε) và

||F ||Hk(Bε) ≤ c(||∆h

xf ||Hk(Bε) + || div(∆hxγ∇u(·+ h, ·)

)||Hk(Bε)

)≤ c

(||f ||Hk+1(B) + ||∆h

xγ∇u(·+ h, ·)||Hk+1(Bε)

)≤ c

(||f ||Hk+1(B) + ||Dγ||L∞(B)||∇u(·+ h, ·)||Hk+1(Bε)

)≤ c

(||f ||Hk+1(B) + ||Dγ||L∞(B)||u||Hk+2(B ε

2)

).

Như vậy ta có kết luận

||F ||Hk(Bε) ≤ cε(||u||Hk+2(B ε2) + ||f ||Hk+1(B)).

Do đó, theo giả thiết quy nạp ta có điều phải chứng minh.

41

Chú ý 3.1. Khi f ∈ C∞(B) thì f ∈ Hm(B),∀m ∈ Z+. Theo định lý 3.4, u ∈ Hm(Bε),∀ε > 0, ∀m ∈ Z+. Theo Định lý nhúng 2.3 ta có u ∈ C∞(Bε),∀ε > 0 hay u ∈ C∞(B).Trong trường hợp γ là ma trân đồng nhất ta thu được bổ đề Weyl.

Định lý 3.5. [6] Cho f ∈ C∞(B), ϕ ∈ C∞(S1). Khi đó bài toán (3.12)-(3.13) có duynhất nghiệm yếu u ∈ Hm+2(B),∀m ∈ Z+ và

||u||Hm+2(B) ≤ c(||f ||Hm(B) + ||ϕ||Hm+3

2 (S1).

Do đó, u ∈ C∞(B) và là nghiệm cổ điển của bài toán (3.12)-(3.13).

Chứng minh. Đặt v = u − Eϕ.Tương tự Định lý 2.1, v ∈ H10 (B) là nghiệm yếu của

phương trìnhdiv (γ∇v) = f − div (γ∇Eϕ) trong B (3.17)

Do ϕ ∈ C∞(S1) nên theo Định lý 1.11 thì Eϕ ∈ C∞(B). Do đó f−div (γ∇Eϕ) ∈ C∞(B).Theo [4], phương trình (3.17) có duy nhất nghiệm yếu v ∈ C∞(B) ∩H1

0 (B) và

||v||Hm+2(B) ≤ c||f ||Hm(B).

Do sự tương ứng 1-1 giữa u = v + Eϕ và v nên ta kết luận được u là nghiệm yếu duynhất của bài toán (3.12)-(3.13), u ∈ C∞(B).

42

Kết luận

Trong khóa luận này, người viết trình bày về bài toán biên Dirichlet cho phương trìnhelliptic cấp 2 dạng bảo toàn trong hình tròn đơn vị.Đóng góp chính của khóa luận

• Chương 1: Trình bày cụ thể chứng minh Định lý 1.3 (Riesz), Định lý 1.4 (Lax-Milgram), Định lý 1.5(Banach-Alaoglu), trình bày về chuỗi Fourier cùng tính chất

của hàm f ∈ L2(S1), trình bày Định lý 1.11 chứng minh chuỗi hàm∑n∈Z

f (n) r|n|einθ

khả vi vô hạn để phục vụ trình bày kiến thức nền tảng về không gian Sobolev trênđường tròn, hình tròn đơn vị trong Chương 2 và Định lý tồn tại duy nhất nghiệmcủa bài toán biên Dirichlet (3.12)-(3.13) trong Chương 3.

• Chương 2: Sử dụng kiến thức về chuỗi Fourier của hàm f ∈ L2(S1) và các địnhlý được trình bày trong chương 1 để trình bày kiến thức nền tảng về không gianSobolev trên hình tròn, đường tròn đơn vị. Cụ thể, người viết sử dụng Định lýBanach-Alaoglu để trình bày chứng minh Bổ đề 2.2 về đặc trưng của đạo hàmriêng yếu Dxu,Dyu của u ∈ L2(B). Sử dụng kiến thức về chuỗi Fourier, cụ thểĐịnh lý 1.10 về sự hội tụ đều của chuỗi Fourier của một hàm khả vi liên tục, Địnhlý 1.11 về tính khả vi vô hạn của chuỗi hàm

∑n∈Z

f (n) r|n|einθ để trình bày chứng

minh Định lý 2.6, đây là Định lý quan trọng giúp ta trình bày Định lý tồn tại duynhất nghiệm trong chương 3. Người viết cũng đã trình bày Mệnh đề 2.3 đưa racác phiếm hàm fx trên H1

0 (B), ∆hxf trên H1

0 (Bε) khi f ∈ L2(B) nhằm phục vụtrình bày Định lý 3.3 và Định lý 3.4 về tính trơn của nghiệm yếu của phương trình(3.12) trong chương 3.

• Chương 3: Trình bày cụ thể chứng minh Định lý 3.1 về đánh giá tiên nghiệm, đâylà tiền đề để trình bày chứng minh Định lý về tính trơn của nghiệm. Sử dụng Địnhlý vết, Định lý Lax-Milgram, người viết đã trình bày chứng minh cụ thể Định lý3.2 về tính tồn tại duy nhất nghiệm của bài toán biên Dirichlet. Cùng với đó, ngườiviết đã sử dụng Định lý về đánh giá tiên nghiệm, đặc trưng của đạo hàm riêng yếuDxu,Dyu của u ∈ L2(B) để trình bày cụ thể Định lý 3.3 và Định lý 3.4 về tínhtrơn của nghiệm của phương trình (3.12). Cuối cùng, người viết trình bày Định lý3.4 chỉ ra nghiệm yếu của bài toán biên Diriclet sẽ trở thành nghiệm cổ điển khihệ số γ, f, ϕ đều trơn.

43

Tài liệu tham khảo

Tiếng Việt

[1] Phạm Kỳ Anh, Trần Đức Long(2001), Giáo trình Hàm thực và Giải tích hàm , NXBĐại học Quốc gia Hà Nội.

[2] Mai Thị Kim Dung(2018), Ví dụ của Alessandrini về bài toán Calderón và một sốvấn đề liên quan, Khóa luận tốt nghiệp, Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN.

Tiếng Anh

[3] Adams R. A. and J. J. F. Fournier(2003), Sobolev Spaces, 2nd edition, Pure andApplied Mathematics, Vol. 140, Academic Press.

[4] Brezis H.(2011), Functional Analysis, Sobolev Spaces and Partial Differential Equa-tions, Springer-Verlag.

[5] Friedman A.(2008), Partial Differential Equations, Dover Publications.

[6] Jost J.(2005), Postmodern Analysis, 3rd Edition, Springer-Verlag.

[7] Gilbarg D. and N. S. Trudinger, Elliptic partial differential equations of second order,reprint of the 1998 edition, Classics in Mathematics, Springer-Verlag.

[8] Kirsch A.(2011), An Introduction to the Mathematical Theory of Inverse Problems,2nd Edition, Springer-Verlag.

[9] Stein E. M. and R. Shakarchi(2003), Fourier Analysis: An Introduction, PrincetonUniversity Press.

44