Luận văn Bài toán biên Dirichlet cho phương trình Elliptic tuyến tính cấp hai 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 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 iMục lục Mở đầu 1 1 Một số kiến thức chuẩn bị 3 1.1 Công thức tích phân từng phần . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Công thức Green thứ nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.3 Công thức Green thứ hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.4 Công thức Green biểu diễn hàm số . . . . . . . . . . . . . . 4 1.5 Lớp hàm Holder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.6 Đánh giá Schauder đối với thế vị Newton . . . . . . . . . . 7 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 cấp hai 14 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 TÀI LIỆU THAM KHẢO 29 3Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 1Mở 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 C2 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 Cα thì nghiệm luôn tồn tại trong lớp C2,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. Chương 2. Giới thiệu các đánh giá của Schauder đối với nghiệm của 4Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 2bài 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 Tác giả Trần Thị Thúy Mai 5Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 3Chương 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) ∈ C1(Ω) ∩ C0(Ω) ta có công thức tích phân từng phần sau đây:∫ Ω ∂u(x) ∂xk v(x)dx = − ∫ Ω u(x) ∂v(x) ∂xk dx+ ∫ ∂Ω u(x)v(x)νkdσ(x). (1.1) 1.2 Công thức Green thứ nhất Bổ đề 1.2.1. Giả sử u(x) ∈ C2(Ω) ∩ C0(Ω), v(x) ∈ C1(Ω) ∩ C0(Ω), ∆u = d∑ k=1 ∂2u ∂x2k . Khi đó ta có công thức Green thứ nhất∫ Ω v(x)∆u(x)dx+ ∫ Ω ∇u(x).∇v(x)dx = ∫ ∂Ω v(z) ∂u ∂νz (z)dσ(z), (1.2) trong đó ∇u = ( ∂u∂x1 , ..., ∂u∂xd ) , ∂u∂νz = d∑ k=1 ∂u ∂xk νk = (∇u, νz) là đạo hàm của u theo hướng νz. 6Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 4Chứng minh. Ta có:∫ Ω v(x)∆u(x)dx = ∫ Ω v(x) d∑ k=1 ∂ ∂xk ( ∂u ∂xk )dx = − ∫ Ω d∑ k=1 ∂u ∂xk ∂v ∂xk dx+ ∫ ∂Ω v(z) ( d∑ k=1 ∂u(z) ∂xk νk ) dσ(z) = − ∫ Ω ∇u(x).∇v(x)dx+ ∫ ∂Ω v(z) ∂u ∂νz (z)dσ(z). Do đó ta có công thức (1.2). 1.3 Công thức Green thứ hai Bổ đề 1.3.1. Giả sử u(x), v(x) ∈ C2(Ω) ∩ C0(Ω), ta có công thức Green thứ hai:∫ Ω {v(x)∆u(x)− u(x)∆v(x)}dx = ∫ ∂Ω { v(z) ∂u ∂νz − u(z) ∂v ∂νz (z) } dσ(z). (1.3) Chứng minh. Theo công thức Green thứ nhất ta có:∫ Ω v(x)∆u(x)dx+ ∫ Ω ∇u(x).∇v(x)dx = ∫ ∂Ω v(z) ∂u ∂νz (z)dσ(z). Đổi vai trò hàm u(x) và v(x) ta có:∫ Ω u(x)∆v(x)dx+ ∫ Ω ∇v(x).∇u(x)dx = ∫ ∂Ω u(z) ∂v ∂νz (z)dσ(z). Trừ các vế của hai phương trình trên ta có (1.3). 1.4 Công thức Green biểu diễn hàm số Định lý 1.4.1. Nếu u ∈ C2(Ω), ta có: u(y) = ∫ ∂Ω { u(x) ∂Γ ∂νx (x, y)− Γ(x, y) ∂u ∂νx (x) } do(x) + ∫ Ω Γ(x, y)∆u(x)dx, (1.4) 7Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 5trong đó Γ(x, y) = Γ(|x− y|) = { 1 2pi log |x− y| với d = 2 1 d(2−d)ωd |x− y|2−d với d > 2 (1.5) và ωd là thể tích của hình cầu đơn vị trong Rd. Chứng minh. Với  > 0 đủ nhỏ, tồn tại hình cầu tâm y bán kính  B(y, ) ⊂ Ω (vì Ω mở ). Áp dụng (1.3) cho v(x) = Γ(x, y) và Ω \B(y, ). Do Γ là hàm điều hòa theo biến x trong Ω \ {y}, ta thu được:∫ Ω\B(y,) Γ(x, y)∆u(x)dx = ∫ ∂Ω { Γ(x, y) ∂u ∂νx (x)− u(x)∂Γ(x, y) ∂νx } dσ(x) + ∫ ∂B(y,) { Γ(x, y) ∂u ∂νx (x)− u(x)∂Γ(x, y) ∂νx } dσ(x). (1.6) Trong tích phân thứ hai trên biên, ν là pháp tuyến ngoài của Ω \B(y, ), do vậy là pháp tuyến trong của B(y, ). Ta lấy giới hạn từng tích phân trong công thức khi → 0. Do u ∈ C2(Ω), ∆u bị chặn. Do Γ là khả tích nên vế trái của (1.6) trở thành:∫ Ω Γ(x, y)∆u(x)dx. Trên ∂B(y, ), ta có Γ(x, y) = Γ(). Vì vậy khi → 0,∣∣∣∣ ∫ ∂B(y,) Γ(x, y) ∂u ∂νx (x)dσ(x) ∣∣∣∣ ≤ dωdd−1Γ() sup B(y,) |∇u| → 0. Ngoài ra, − ∫ ∂B(y,) u(x) ∂Γ(x, y) ∂νx dσ(x) = ∂ ∂ Γ() ∫ ∂B(y,) u(x)dσ(x) = 1 dωdd−1 ∫ ∂B(y,) u(x)dσ(x)→ u(y). 8Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 6(do ν là pháp tuyến trong của B(y, )). Do vậy, ta có (1.4). 1.5 Lớp hàm Holder 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 |f(x)− f(x0)| |x− x0|α <∞. (1.7) Hơn nữa f được gọi là liên tục Holder trong Ω nếu nó liên tục tại mọi x0 ∈ Ω (với số mũ α). Khi đó ta viết f ∈ Cα(Ω). 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 |Cα(Ω) = sup x,y∈Ω |f(x)− f(y)| |x− y|α (1.8) ‖f‖Cα(Ω) = ‖f‖C0(Ω) + |f |Cα(Ω) (1.9) Không gian Cα(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. Ck,α(Ω) là không gian các hàm f ∈ Ck(Ω) mà đạo hàm cấp k liên tục Holder với số mũ α. Khi đó ‖f‖Ck,α(Ω) = ‖f‖Ck(Ω) + ∑ |α|=k |Dαf |Cα(Ω). (1.10) Ta thường viết Cα thay cho C0,α. Không gian Ck,α(Ω) với chuẩn (1.10) là không gian Banach. Bổ đề 1.5.4. Nếu f1, f2 ∈ Cα(G) trên G ⊂ Rd. Khi đó f1f2 ∈ Cα(G) và: |f1f2|Cα(G) ≤ ( sup G |f1| ) |f2|Cα(G) + ( sup G |f2| ) |f1|Cα(G). 9Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 7Chứng minh. Ta có: |f1(x)f2(x)− f1(y)f2(y)| |x− y|α ≤ |f1(x)− f1(y)| |x− y|α |f2(x)| + |f2(x)− f2(y)| |x− y|α |f1(x)|. Suy ra điều phải chứng minh. 1.6 Đánh giá Schauder đối với thế vị Newton 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) = ∫ Ω Γ(x, y)f(y)dy, (1.11) trong đó Γ(x, y) được xác định bởi (1.5). Định lý 1.6.2. a. Nếu f ∈ L∞(Ω) (tức sup x∈Ω |f(x)| <∞), thì u ∈ C1,α(Ω) và: ‖u‖C1,α(Ω) ≤ c1 sup |f | với α ∈ (0; 1). (1.12) b. Nếu f ∈ Cα0 (Ω), thì u ∈ C2,α(Ω) và: ‖u‖C2,α(Ω) ≤ c2‖f‖Cα(Ω) với α ∈ (0; 1), (1.13) trong đó Cα0 (Ω) gồm các hàm thuộc C α(Ω) và bằng không trong lân cận của biên ∂Ω. Các hằng số trong (1.12) và (1.13) phụ thuộc vào α, d và |Ω|. Chứng minh. a. Đạo hàm cấp một vi = ∂u∂xi của u được cho bởi: vi(x) = ∫ Ω xi − yi |x− y|df(y)dy (i = 1, 2, ..., d). Trong công thức trên đã bỏ qua thừa số mà chỉ phụ thuộc vào d. Từ đó ta có công thức: |vi(x1)− vi(x2)| ≤ sup Ω |f |. ∫ Ω ∣∣∣∣ xi1 − yi|x1 − y|d − x i 2 − yi |x2 − y|d ∣∣∣∣dy. (1.14) 10Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 8Theo định lý giá trị trung bình ta có: Trong đoạn [x1;x2] tồn tại x3 sao cho: ∣∣∣∣ xi1 − yi|x1 − y|d − x i 2 − yi |x2 − y|d ∣∣∣∣ ≤ c3|x1 − x2||x3 − y|d . (1.15) 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:∫ B(x3,R) = ∫ B(x3,δ) + ∫ B(x3,R)\B(x3,δ) = I1 + I2. (1.16) Không mất tính tổng quát ta lấy δ < R. Ta có: I1 ≤ 2 ∫ B(x3,δ) 1 |x2 − y|d−1dy = 2ωdδ, (1.17) và do (1.15) ta có : I2 ≤ c4δ(logR− log δ) . Do đó: I1 + I2 ≤ c5|x1 − x2|α với α ∈ (0; 1). Hiển nhiên ta có: |vi(x)| ≤ c6 sup Ω |f |. (1.18) b. Đạo hàm cấp hai wij = ∂ 2u ∂xi∂xj của u được cho bởi: wij(x) = ∫ ( |x− y|2δij − d(xi − yi)(xj − yj) ) 1 |x− y|d+2f(y)dy. 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 ∈ Cα0 (Ω) cố định. Đầu tiên ta đặt f(x) = 0 với x ∈ Rd \ Ω. Điều này không ảnh hưởng đến tính liên tục Holder của f . Ta viết: K(x− y) = (|x− y|2δij − d(xi − yi)(xj − yj)) 1|x− y|d+2 = ∂ ∂xj ( xi − yi |x− y|d ) . 11Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 9Ta có ∫ R1<|y|<R2 K(y)dy = ∫ |y|=R2 yj R2 . yi |y|d − ∫ |y|=R1 yj R1 . yi |y|d = 0, (1.19) do y i |y|d là hàm thuần nhất bậc 1− d. Do đó ta cũng có:∫ Rd K(y)dy = 0. (1.20) Do (1.20) nên ta có: wij(x) = ∫ Rd K(x− y)f(y)dy = ∫ Rd (f(y)− f(x))K(x− y)dy. (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) Đặt δ = 2|x1 − x2|. Do (1.21) ta có: wij(x1) − wij(x2) = ∫ Rd {( f(y)− f(x1) ) K(x1 − y)− ( f(y)− f(x2) ) K(x2 − y) } dy = I1 + I2. (1.23) 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)| ≤ ‖f‖Cα.|x− y|α ta có: |I1| ≤ ‖f‖Cα ∫ B(x1,δ) { K(x1 − y)|x1 − y|α −K(x2 − y)|x2 − y|α } dy ≤ c8‖f‖Cα.δα. (1.24) 12Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 10 Hơn nữa: I2 = ∫ Rd\B(x1,δ) ( f(x2)− f(x1) ) K(x1 − y)dy + ∫ Rd\B(x1,δ) ( f(y)− f(x2) )( K(x1 − y)−K(x2 − y) ) dy. (1.25) Tích phân thứ nhất triệt tiêu do (1.19). Sử dụng (1.22) và do y ∈ Rd \ B(x1, δ), 1 |x3 − y|d+1 ≤ c9 |x1 − y|d+1 . Ta có: |I2| ≤ c10δ‖f‖Cα ∫ Rd\B(x1,δ) |x1 − y|α−d−1 ≤ c11δα‖f‖Cα. (1.26) Bất đẳng thức (1.13) được suy ra từ (1.23), (1.24), (1.26). 1.7 Phương pháp liên tục 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: ‖u‖B1 ≤ c‖Ltu‖B2 với mọi u ∈ B1. (1.28) Khi đó, nếu L0 là toàn ánh thì L1 cũng là toàn ánh. 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: L−1τ : B2 → B1 Với t ∈ [0; 1], ta viết lại phương trình: Lτu = f với f ∈ B2 (1.29) 13Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 11 thành phương trình sau: Lτu = f + (Lτ − Lt)u = f + (t− τ)(L0u− L1u), hoặc u = L−1τ f + (t− τ)L−1τ (L0 − L1)u = Λu. 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: ‖Λu− Λv‖B1 ≤ q‖u− v‖B1. Ta có ‖Λu− Λv‖ ≤ ‖L−1τ ‖(‖L0‖+ ‖L1‖)|t− τ |‖u− v‖. Theo (1.28), ‖L−1τ ‖ ≤ c. Do đó ta chọn được: |t− τ | ≤ 1 2 (c(‖L0‖+ ‖L1‖))−1 = η. Và thu được điểm cố định cần tìm. Có nghĩa là nếu Lτu = 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. 1.8 Phương pháp làm trơn hàm số Ta xét khái niệm làm trơn hàm số (mollification). Ta chọn %(x) là một hàm không âm nào đó thuộc C∞0 (B(0, 1)) với∫ Rd %dx = 1, trong đó B(0, 1) = {x ∈ Rd : |x| ≤ 1}. Với h > 0 đủ nhỏ và hàm u(x) cho trước ta đặt: uh(x) = 1 hd ∫ Rd %( x− y y )u(y)dy, x ∈ Ω, 14Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 12 trong đó u(y) được hiểu là bằng không bên ngoài Ω. Khi đó hàm uh(x) ∈ C∞0 (Rd). Bổ đề 1.8.1. Với u ∈ C0(Ω), khi h→ 0, uh hội tụ đều tới u trên tập bất kỳ Ω′ ⊂⊂ Ω. Chứng minh. Ta xét uh(x) = 1 hd ∫ |x−y|≤h %( x− y h )u(y)dy = ∫ |z|≤1 %(z)u(x− hz)dz với z = x− y y . (1.30) Vì vậy, nếu Ω′ ⊂⊂ Ω và 2h < dist(Ω, ∂Ω), sử dụng u(x) = ∫ |z|≤1 %(z)u(x)dz và do ∫ |z|≤1 %(z)dz = 1, ta thu được: sup Ω′ |u− uh| ≤ sup x∈Ω′ ∫ |z|≤1 %(z)|u(x)− u(x− hz)|dz, ≤ sup x∈Ω′ sup |z|≤1 |u(x)− u(x− hz)|. Do u liên tục đều trên tập compact {x : dist(x,Ω′) ≤ h}, ta suy ra: sup Ω′ |u− uh| → 0 với h→ 0. Bổ đề 1.8.2. Giả sử u ∈ Lp(Ω), 1 ≤ p <∞. Với h→ 0, khi đó ta có: ‖u− uh‖Lp(Ω) → 0. Hơn nữa, uh hội tụ tới u tại hầu khắp nơi. Chứng minh. Ta sử dụng bất đẳng thức Holder, trong (1.30) ta có %(z)u(x− hz) = %(z) 1q%(z) 1pu(x− hz), 15Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 13 với 1q + 1 p = 1, ta thu được: |uh(x)|p ≤ ( ∫ |z|≤1 %(z)dz )p q ∫ |z|≤1 %(z)|u(x− hz)|pdz = ∫ |z|≤1 %(z)|u(x− hz)|pdz. Ta chọn tập Ω′ bị chặn với Ω ⊂⊂ Ω′. Nếu 2h < dist(Ω, ∂Ω′) thì∫ Ω |uh(x)|pdx ≤ ∫ Ω ∫ |z|≤1 %(z)|u(x− hz)|pdzdx = ∫ |z|≤1 ( %(z) ∫ Ω |u(x− hz)|pdx ) dz (1.31) ≤ ∫ Ω′ |u(y)|pdy (với phép thế y = x− hz). Với ε > 0, ta chọn w ∈ C0(Ω′) với ‖u− w‖Lp(Ω′) < ε. Theo Bổ đề 1.8.1, với h đủ nhỏ, ta có: ‖w − wh‖Lp(Ω′) < ε. Áp dụng (1.31) với u− w, ta thu được:∫ Ω |uh(x)− wh(x)|pdx ≤ ∫ Ω′ |u(y)− w(y)|pdy và do đó ‖u− uh‖Lp(Ω) ≤ ‖u− w‖Lp(Ω) + ‖w − wh‖Lp(Ω) + ‖uh − wh‖Lp(Ω) ≤ 2ε+ ‖u− w‖Lp(Ω′) ≤ 3ε. Vì vậy uh hội tụ tới u với chuẩn tương ứng ‖.‖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. 16Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 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) Ta ký hiệu H1(Ω) là không gian H1(Ω) = {u(x) ∈ L2(Ω); ∂u ∂xi ∈ L2(Ω), ∀i = 1, 2, ..., d}. Không gian H1(Ω) là không gian Hilbert với tích vô hướng sau: (u, v)H1(Ω) = ∫ Ω [ u(x)v(x) + d∑ i=1 ∂u ∂xi . ∂v ∂xi ] dx. Cho f(x) ∈ L2(Ω), hàm số u(x) ∈ H1(Ω) được gọi là một nghiệm yếu của phương trình (2.1) nếu: − ∫ Ω n∑ i=1 ∂u ∂xi ∂v ∂xi dx = ∫ Ω f(x)v(x)dx (2.2) với mọi v(x) ∈ H10(Ω), trong đó H10(Ω) = {v(x) ∈ H1(Ω); v(x) = 0, x ∈ ∂Ω}. 17Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 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 ∈ C0(Ω), thì u ∈ C1,α(Ω) và ‖u‖C1,α(Ω0) ≤ c12 (‖f‖C0(Ω) + ‖u‖L2(Ω)). (2.3) (b) Nếu f ∈ Cα(Ω), thì u ∈ C2,α(Ω) và ‖u‖C2,α(Ω0) ≤ c13 (‖f‖Cα(Ω) + ‖u‖L2(Ω)). (2.4) Chứng minh. Ta chứng minh ước lượng (2.3) và (2.4) với giả thiết u ∈ C2,α(Ω). Ta có thể phủ Ω0 bởi một só hữu hạn các hình cầu chứa trong Ω. Do đó ta chỉ cần xét các trường hợp Ω = B(0, R), Ω0 = B(0, r), 0 < r < R <∞. Giả sử 0 < R1 < R2 < R. Ta chọn η ∈ C∞0 (B(0, R2)) với 0 ≤ η ≤ 1, η(x) = 1 với |x| ≤ R1 và ‖η‖Ck,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) = ∫ Ω Γ(x, y)∆ϕ(x)dx, ta có: φ(x) = ∫ Ω Γ(x, y)∆φ(y)dy. (2.7) Ở đây ∆φ = η∆u+ 2Du.Dη + u∆η, (2.8) và vì vậy ‖∆φ‖C0 ≤ ‖∆u‖C0 + c15‖η‖C2.‖u|C1. (2.9) 18Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 16 Và do Bổ đề 1.5.4, ta có: ‖∆φ‖Cα ≤ c16‖η‖C2,α (‖∆u‖Cα + ‖u‖C1,α). (2.10) 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: ‖φ‖C1,α ≤ c17 (‖∆u‖C0 + ‖η‖C2‖u‖C1), (2.11) và ‖φ‖C2,α ≤ c18‖η‖C2,α (‖∆u‖Cα + ‖u‖C1,α) (2.12) tương ứng. Do u(x) = φ(x) với |x| ≤ R1, và trở lại (2.5), ta thu được: ‖u‖C1,α(B(0,R1)) ≤ c19 ( ‖∆u‖C0(B(0,R2)) + 1 (R2 −R1)2‖u‖C1(B(0,R2)) ) , (2.13) và ‖u‖C2,α(B(0,R1)) ≤ c20 1 (R2 −R1)2+α ( ‖∆u‖Cα(B(0,R2)) + ‖u‖C1,α(B(0,R2)) ) (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: ‖u‖C1(Ω) ≤ ε‖u‖C1,α(Ω) +N(ε)‖u‖L2(Ω), (2.15) với mọi u ∈ C1,α(Ω). Nếu không ta có thể tìm thấy một dãy hàm (un)n∈N ⊂ C1,α(Ω) với ‖un‖C1(Ω) = 1, ‖un‖C1(Ω) > ε‖un‖C1,α(Ω) + n‖un‖L2(Ω). (2.16) Đặc biệt, ‖un‖C1,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 ∈ C1(Ω) với ‖u‖C1(Ω) = 1. Tuy nhiên từ (2.16) kéo theo ‖u‖L2(Ω) = 0, do đó u ≡ 0, do vậy ‖u‖C1(Ω) = 0 (mâu thuẫn). Do vậy (2.15) được chứng minh. Bằng cách tương tự ta cũng chứng minh được ‖u‖C2(Ω) ≤ ε‖u‖C2,α(Ω) +N(ε)‖u‖L2(Ω). (2.17) 19Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 17 Ta đặt A1 = sup 0≤r≤R (R− r)3‖u‖C1,α(B(0,r)), A2 = sup 0≤r≤R (R− r)3‖u‖C2,α(B(0,r)). Để chứng minh (a), ta chọn R1 sao cho: A1 ≤ 2(R−R1)3‖u‖C1,α(B(0,R1)). (2.18) Và để chứng minh (b) ta chọn R1 sao cho: A2 ≤ 2(R−R1)3‖u‖C1,α(B(0,R1)). (2.19) Khi đó (2.13) và (2.15) kéo theo: A1 ≤ c21(R−R1)3 ( ‖∆u‖C0(B(0,R2)) + ε (R2 −R1)2‖u‖C1,α(B(0,R2)) + 1 (R2 −R1)2N(ε)‖u‖L2(B(0,R2)) ) ≤ c22 (R−R1) 3 (R−R2)3 . ε (R2 −R1)2 .A1 + c23(R−R1) 3‖∆u‖C0(B(0,R2)) + c24N(ε) (R−R1)3 (R2 −R1)3‖u‖L2(B(0,R2)). Chọn R2(R1 < R2 < R), và ε thích hợp, hệ số của A1 ở vế phải nhỏ hơn 1 2 . Khi đó ta được: ‖u|C1,α(B(0,r)) ≤ 1 (R− r)3A1 ≤ c25 ( ‖∆u‖C0(B(0,R)) + ‖u‖L2(B(0,R)) ) (2.20) với một hằng số phụ thuộc vào bán kính. Một cách tương tự từ (2.14) và (2.17) ta thu được: ‖u‖C2,α(B(0,r)) ≤ c26 ( ‖∆u‖C0(B(0,R)) + ‖u‖L2(B(0,R)) ) (2.2