Header Page of 89 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 KHƠNG GIAN HOLDER LUẬN VĂN THẠC SỸ TỐN HỌC Thái Nguyên - Năm 2012 Footer 1SốPage hóa ofTrung 89 tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page of 89 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TRẦN THỊ THÚY MAI BÀI TỐN BIÊN DIRICHLET CHO PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC TUYẾN TÍNH CẤP HAI TRONG KHƠNG GIAN HOLDER Chun 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 Footer 2SốPage hóa ofTrung 89 tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page of 89 i Mục lục Mở đầu Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Cơng thức tích phân phần 1.2 Công thức Green thứ 1.3 Công thức Green thứ hai 1.4 Công thức Green biểu diễn hàm số 1.5 Lớp hàm Holder 1.6 Đánh giá Schauder vị Newton 1.7 Phương pháp liên tục 1.8 Phương pháp làm trơn hàm số Bài toán biên Dirichlet cho phương trình elliptic tuyến tính cấp hai 2.1 Đánh giá Schauder nghiệm toán biên Dirichlet cho phương trình Poisson 2.2 Đánh giá Schauder nghiệm tốn biên Dirichlet cho phương trình elliptic tuyến tính cấp hai 2.3 Tính giải tốn biên Dirichlet cho phương trình Poisson 2.4 Tính giải tốn Dirichlet cho phương trình elliptic cấp hai dạng tổng quát 3 4 10 11 14 14 19 26 27 Kết luận 28 TÀI LIỆU THAM KHẢO 29 Footer 3SốPage hóa ofTrung 89 tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page of 89 Mở đầu Lý chọn Luận văn Phương trình elliptic tuyến tính cấp hai có đặc điểm quan trọng là: vế phải hệ số phương trình hàm liên tục nghiệm cổ điển lớp C nói chung khơng tồn Nhà tốn học Schauder có phát quan trọng vế phải hệ số phương trình thuộc lớp Holder C α nghiệm tồn lớp C 2,α Do cần phải trình bày cách hệ thống lý thuyết Schauder tính giải phương trình elliptic cấp hai không gian Holder Phương pháp nghiên cứu Các phương pháp sử dụng Luận văn đánh giá tiên nghiệm vị Newton sử dụng phương pháp liên tục để chuyển kết cho phương trình Poisson sang loại phương trình tổng qt Mục đích Luận văn Trình bày tính giải tốn Dirichlet cho phương trình elliptic cấp hai dạng tổng quát Nội dung Luận văn Luận văn bao gồm phần Mở đầu, hai chương nội dung chính, Kết luận Tài liệu tham khảo Chương Giới thiệu kiến thức chuẩn bị cho việc nghiên cứu kết Luận văn Trước hết trình bày cơng thức tích phân phần, sau trình bày cơng thức Green thứ nhất, công thức Green thứ hai công thức tích phân phần Tiếp theo giới thiệu lớp hàm Holder, đánh giá Schauder vị Newton hai phương pháp quan trọng phương pháp liên tục phương pháp làm trơn hàm số Chương Giới thiệu đánh giá Schauder nghiệm Footer 4SốPage hóa ofTrung 89 tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page of 89 toán biên Dirichlet cho phương trình Poisson nghiệm tốn biên Dirichlet cho phương trình elliptic tuyến tính cấp hai Tiếp theo trình bày tính giải tốn biên Dirichlet cho phương trình Poisson tính giải tốn Dirichlet cho phương trình elliptic cấp hai dạng tổng quát Luận văn hoàn thành hướng dẫn nhiệt tình bảo PGS.TSKH Hà Tiến Ngoạn, Viện Toán học Em xin bày tỏ lòng biêt ơn sâu sắc đến Thầy Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban Giám hiệu, phịng Đào tạo, khoa Tốn-trường Đại học sư phạm, Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi suốt trình học tập trường Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đồng nghiệp thành viên lớp cao học toán K18B quan tâm, động viên, giúp đỡ suốt thời gian học tập trình làm Luận văn Tuy có nhiều cố gắng, song thời gian lực thân có hạn nên Luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Rất mong đóng góp ý kiến thầy tồn thể bạn đọc Thái Nguyên, tháng 08 năm 2012 Tác giả Trần Thị Thúy Mai Footer 5SốPage hóa ofTrung 89 tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page of 89 Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Cơng thức tích phân phần Giả sử Ω ⊂ Rd miền bị chặn Rd với biên ∂Ω Với x ∈ ∂Ω ta ký hiệu νx = (ν1 , ν2 , , νd ) véctơ pháp tuyến đơn vị x, dσ(x) phần tử diện tích ∂Ω Với u(x), v(x) ∈ C (Ω) ∩ C (Ω) ta có cơng thức tích phân phần sau đây: ∂u(x) v(x)dx = − ∂xk Ω 1.2 u(x) ∂v(x) dx + ∂xk Ω u(x)v(x)νk dσ(x) (1.1) ∂Ω Công thức Green thứ Bổ đề 1.2.1 Giả sử u(x) ∈ C (Ω) ∩ C (Ω), v(x) ∈ C (Ω) ∩ C (Ω), d ∆u = k=1 ∂2u ∂x2k Khi ta có cơng thức Green thứ ∇u(x).∇v(x)dx = v(x)∆u(x)dx + Ω ∇u = Ω ∂u ∂u ( ∂x , , ∂x ) d v(z) ∂u (z)dσ(z), ∂νz (1.2) ∂Ω , ∂u ∂νz d = k=1 ∂u ∂xk νk = (∇u, νz ) đạo hàm u theo hướng νz Footer 6SốPage hóa ofTrung 89 tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page of 89 Chứng minh Ta có: d v(x)∆u(x)dx = Ω v(x) k=1 Ω d = − Ω k=1 = − ∂ ∂u ( )dx ∂xk ∂xk d ∂u ∂v dx + ∂xk ∂xk v(z) k=1 ∂Ω ∇u(x).∇v(x)dx + Ω v(z) ∂u(z) νk dσ(z) ∂xk ∂u (z)dσ(z) ∂νz ∂Ω Do ta có cơng thức (1.2) 1.3 Cơng thức Green thứ hai Bổ đề 1.3.1 Giả sử u(x), v(x) ∈ C (Ω) ∩ C (Ω), ta có cơng thức Green thứ hai: ∂u ∂v − u(z) (z) dσ(z) {v(x)∆u(x) − u(x)∆v(x)}dx = v(z) ∂νz ∂νz Ω ∂Ω (1.3) Chứng minh Theo cơng thức Green thứ ta có: ∇u(x).∇v(x)dx = v(x)∆u(x)dx + Ω Ω v(z) ∂u (z)dσ(z) ∂νz u(z) ∂v (z)dσ(z) ∂νz ∂Ω Đổi vai trò hàm u(x) v(x) ta có: ∇v(x).∇u(x)dx = u(x)∆v(x)dx + Ω Ω ∂Ω Trừ vế hai phương trình ta có (1.3) 1.4 Công thức Green biểu diễn hàm số Định lý 1.4.1 Nếu u ∈ C (Ω), ta có: ∂Γ ∂u u(y) = u(x) (x, y) − Γ(x, y) (x) do(x) + ∂νx ∂νx ∂Ω Γ(x, y)∆u(x)dx, Ω (1.4) Footer 7SốPage hóa ofTrung 89 tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page of 89 Γ(x, y) = Γ(|x − y|) = 2π log |x − y| với d = 2−d với d > d(2−d)ωd |x − y| (1.5) ωd thể tích hình cầu đơn vị Rd > đủ nhỏ, tồn hình cầu tâm y bán kính Chứng minh Với B(y, ) ⊂ Ω (vì Ω mở ) Áp dụng (1.3) cho v(x) = Γ(x, y) Ω \ B(y, ) Do Γ hàm điều hòa theo biến x Ω \ {y}, ta thu được: Γ(x, y)∆u(x)dx = Γ(x, y) ∂Γ(x, y) ∂u (x) − u(x) dσ(x) ∂νx ∂νx ∂Ω Ω\B(y, ) + Γ(x, y) ∂Γ(x, y) ∂u (x) − u(x) dσ(x) ∂νx ∂νx ∂B(y, ) (1.6) Trong tích phân thứ hai biên, ν pháp tuyến Ω \ B(y, ), pháp tuyến B(y, ) Ta lấy giới hạn tích phân công thức → Do u ∈ C (Ω), ∆u bị chặn Do Γ khả tích nên vế trái (1.6) trở thành: Γ(x, y)∆u(x)dx Ω Trên ∂B(y, ), ta có Γ(x, y) = Γ( ) Vì Γ(x, y) ∂u (x)dσ(x) ≤ dωd ∂νx d−1 → 0, Γ( ) sup |∇u| → B(y, ) ∂B(y, ) Ngoài ra, − u(x) ∂Γ(x, y) ∂ dσ(x) = Γ( ) ∂νx ∂ ∂B(y, ) u(x)dσ(x) ∂B(y, ) = dωd u(x)dσ(x) → u(y) d−1 ∂B(y, ) Footer 8SốPage hóa ofTrung 89 tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page of 89 (do ν pháp tuyến B(y, )) Do vậy, ta có (1.4) 1.5 Lớp hàm Holder Định nghĩa 1.5.1 Cho f : Ω → R, x0 ∈ Ω, < α < Hàm f gọi liên tục Holder x0 với số mũ α sup x∈Ω |f (x) − f (x0 )| < ∞ |x − x0 |α (1.7) Hơn f gọi liên tục Holder Ω liên tục x0 ∈ Ω (với số mũ α) Khi ta viết f ∈ C α (Ω) Nếu f liên tục Holder x0 f liên tục x0 Trong (1.7) α = f gọi liên tục Lipschitz x0 Ta định nghĩa chuẩn: |f (x) − f (y)| |x − y|α x,y∈Ω |f |C α (Ω) = sup f C α (Ω) = f C (Ω) (1.8) + |f |C α (Ω) (1.9) Không gian C α (Ω) với chuẩn (1.9) khơng gian Banach Ví dụ 1.5.2 Hàm f B1 (0) cho f (x) = |x|β , < β < 1, liên tục Holder với số mũ β x = liên tục Lipschitz β = Định nghĩa 1.5.3 C k,α (Ω) không gian hàm f ∈ C k (Ω) mà đạo hàm cấp k liên tục Holder với số mũ α Khi f C k,α (Ω) = f C k (Ω) |Dα f |C α (Ω) + (1.10) |α|=k Ta thường viết C α thay cho C 0,α Không gian C k,α (Ω) với chuẩn (1.10) không gian Banach Bổ đề 1.5.4 Nếu f1 , f2 ∈ C α (G) G ⊂ Rd Khi f1 f2 ∈ C α (G) và: |f1 f2 |C α (G) ≤ sup |f1 | |f2 |C α (G) + G Footer 9SốPage hóa ofTrung 89 tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên sup |f2 | |f1 |C α (G) G http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 10 of 89 Chứng minh Ta có: |f1 (x)f2 (x) − f1 (y)f2 (y)| |f1 (x) − f1 (y)| ≤ |f2 (x)| |x − y|α |x − y|α |f2 (x) − f2 (y)| |f1 (x)| + |x − y|α Suy điều phải chứng minh 1.6 Đánh giá Schauder vị Newton Định nghĩa 1.6.1 Cho Ω ∈ Rd mở bị chặn Thế vị Newton f hàm số u Rn định nghĩa bởi: u(x) = Γ(x, y)f (y)dy, (1.11) Ω Γ(x, y) xác định (1.5) Định lý 1.6.2 a Nếu f ∈ L∞ (Ω) (tức sup |f (x)| < ∞), u ∈ C 1,α (Ω) và: x∈Ω u C 1,α (Ω) ≤ c1 sup |f | với α ∈ (0; 1) (1.12) b Nếu f ∈ C0α (Ω), u ∈ C 2,α (Ω) và: u C 2,α (Ω) ≤ c2 f C α (Ω) với α ∈ (0; 1), (1.13) C0α (Ω) gồm hàm thuộc C α (Ω) không lân cận biên ∂Ω Các số (1.12) (1.13) phụ thuộc vào α, d |Ω| Chứng minh a Đạo hàm cấp v i = xi − y i f (y)dy |x − y|d i v (x) = ∂u ∂xi u cho bởi: (i = 1, 2, , d) Ω Trong công thức bỏ qua thừa số mà phụ thuộc vào d Từ ta có cơng thức: xi2 − y i xi1 − y i − dy |x1 − y|d |x2 − y|d |v i (x1 ) − v i (x2 )| ≤ sup |f | Ω (1.14) Ω Footer 10SốPage hóa 10 bởiofTrung 89 tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 19 of 89 16 Và Bổ đề 1.5.4, ta có: ∆φ Cα ≤ c16 η ∆u C 2,α Cα + u C 1,α (2.10) Ở tất chuẩn tính tốn B(0, R2 ) Từ Định lý 1.6.2 (2.9) (2.10), ta thu được: φ C 1,α ≤ c17 ∆u C0 + η C2 u , (2.11) C 1,α (2.12) C1 φ C 2,α ≤ c18 η ∆u C 2,α Cα + u tương ứng Do u(x) = φ(x) với |x| ≤ R1 , trở lại (2.5), ta thu được: u C 1,α (B(0,R1 )) ≤ c19 ∆u C (B(0,R2 )) + u (R2 − R1 )2 C (B(0,R2 )) , (2.13) u C 2,α (B(0,R1 )) ≤ c20 (R2 − R1 )2+α ∆u C α (B(0,R2 )) + u C 1,α (B(0,R2 )) (2.14) tương ứng Bây ta với α ∈ (0; 1), với ε > tồn N (ε) < ∞ cho: u C (Ω) ≤ ε u C 1,α (Ω) + N (ε) u L2 (Ω) , (2.15) với u ∈ C 1,α (Ω) Nếu khơng ta tìm thấy dãy hàm (un )n∈N ⊂ C 1,α (Ω) với un C (Ω) = 1, un C (Ω) > ε un C 1,α (Ω) + n un L2 (Ω) (2.16) Đặc biệt, un C 1,α (Ω) bị chặn Có nghĩa un đạo hàm cấp chúng liên tục Từ định lý Arzela-Ascoli, ta chọn dãy (un ) hội tụ tới u ∈ C (Ω) với u C (Ω) = Tuy nhiên từ (2.16) kéo theo u L2 (Ω) = 0, u ≡ 0, u C (Ω) = (mâu thuẫn) Do (2.15) chứng minh Bằng cách tương tự ta chứng minh u C (Ω) ≤ε u C 2,α (Ω) Footer 19SốPage hóa 19 bởiofTrung 89 tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên + N (ε) u L2 (Ω) (2.17) http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 20 of 89 17 Ta đặt A1 = sup (R − r)3 u C 1,α (B(0,r)) , 0≤r≤R A2 = sup (R − r)3 u C 2,α (B(0,r)) 0≤r≤R Để chứng minh (a), ta chọn R1 cho: A1 ≤ 2(R − R1 )3 u C 1,α (B(0,R1 )) (2.18) Và để chứng minh (b) ta chọn R1 cho: A2 ≤ 2(R − R1 )3 u C 1,α (B(0,R1 )) (2.19) Khi (2.13) (2.15) kéo theo: A1 ≤ c21 (R − R1 )3 ∆u C (B(0,R2 )) + ε u (R2 − R1 )2 C 1,α (B(0,R2 )) N (ε) u L2 (B(0,R2 )) (R2 − R1 )2 (R − R1 )3 ε ≤ c22 A1 + c23 (R − R1 )3 ∆u (R − R2 ) (R2 − R1 ) (R − R1 )3 + c24 N (ε) u L2 (B(0,R2 )) (R2 − R1 )3 + C (B(0,R2 )) Chọn R2 (R1 < R2 < R), ε thích hợp, hệ số A1 vế phải nhỏ Khi ta được: u|C 1,α (B(0,r)) ≤ A1 (R − r)3 ≤ c25 ∆u C (B(0,R)) + u L2 (B(0,R)) (2.20) với số phụ thuộc vào bán kính Một cách tương tự từ (2.14) (2.17) ta thu được: u C 2,α (B(0,r)) ≤ c26 ∆u C (B(0,R)) + u L2 (B(0,R)) (2.21) với < r < R Từ ∆u = f , ta có (2.3) (2.4) chứng minh với u ∈ C 2,α (Ω) Với u ∈ H (Ω) ta xét uh chương Footer 20SốPage hóa 20 bởiofTrung 89 tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 21 of 89 18 Giả sử < h < dist(Ω0 , ∂Ω) Khi đó: Duh Dv = − Ω với v ∈ H01,2 (Ω) fh v Ω Và uh ∈ C ∞ , ta có ∆uh = fh Hơn nữa, f ∈ C α (Ω), nên fh − f Cα → Cho h → 0, fh dãy Cauchy C (Ω) C α (Ω) Áp dụng (2.3) (2.4) cho uh1 − uh2 , ta thu được: uh1 − uh2 C 1,α (Ω0 ) ≤ c27 fh1 − fh2 C (Ω) + uh1 − uh2 L2 (Ω) , (2.22) C 2,α (Ω0 ) ≤ c28 fh1 − fh2 C α (Ω) + uh1 − uh2 L2 (Ω) (2.23) uh1 − uh2 Hàm giới hạn u chứa C 1,α (Ω0 ) C 2,α (Ω0 ) thỏa mãn (2.3) (2.4) Định lý 2.1.2 Giả sử u nghiệm yếu ∆u = f Ω (Ω miền bị chặn Rd ), f ∈ Lp (Ω) với p > d, Ω0 ⊂⊂ Ω Khi u ∈ C 1,α (Ω) với α phụ thuộc vào p d, u C 1,α (Ω0 ) ≤ const f Lp (Ω) + u L2 (Ω) Chứng minh Ta xét vị Newton: w(x) = Γ(x, y)f (y)dy, Ω xi − y i f (y)dy (x − y)d i v (x) = Ω Sử dụng bất đẳng thức Holder, ta thu được: |v i (x)| ≤ f p−1 p dy Lp (Ω) p |x − y|(d−1) p−1 Biểu diễn hữu hạn p > d Bằng cách tương tự ta chứng ∂ i minh ∂x i w = const v thu đánh giá Holder chứng minh Định lý 1.6.2 (a) Định lý 2.1.1 (a) Footer 21SốPage hóa 21 bởiofTrung 89 tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 22 of 89 19 Hệ 2.1.3 Giả sử u ∈ H (Ω) nghiệm yếu ∆u = f với f ∈ C k,α (Ω), k ∈ N, < α < Khi u ∈ C k+1,α (Ω) Ω0 ⊂⊂ Ω, u C k+2,α (Ω0 ) ≤ const f C k,α (Ω) + u L2 (Ω) Nếu f ∈ C ∞ (Ω), u Chứng minh Do u ∈ C 2,α (Ω) nên theo Định lý 2.1.1, ta biết nghiệm yếu ∂ ∂ ∆ i u = i f ∂x ∂x Từ Định lý 2.1.1 kéo theo: ∂ u ∈ C 2,α (Ω) i ∂x (i ∈ {1, , d}), u ∈ C 3,α (Ω) 2.2 Đánh giá Schauder nghiệm tốn biên Dirichlet cho phương trình elliptic tuyến tính cấp hai Định nghĩa 2.2.1 Ta xét phương trình d ∂ u(x) Lu(x) = a (x) i j + ∂x ∂x i,j=1 d bi (x) ij i=1 ∂u(x) + c(x)u(x) = f (x) (2.24) ∂xi miền Ω ⊂ Rd Phương trình gọi phương trình elliptic tuyến tính cấp hai thỏa mãn : (A) Tính elliptic: Tồn λ > cho với x ∈ Ω, ξ ∈ Rd ta có d aij (x)ξi ξj ≥ λ|ξ|2 i,j=1 Hơn aij (x) = aji (x) với i, j, x (B) Hệ số liên tục Holder: Tồn K < ∞ cho: aij C α (Ω) , bi C α (Ω) , c C α (Ω) ≤K với i, j Footer 22SốPage hóa 22 bởiofTrung 89 tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 23 of 89 20 Định lý 2.2.2 Giả sử f ∈ C α (Ω) u ∈ C 2,α (Ω) thỏa mãn Lu = f (2.25) miền Ω (0 < α < 1) Với Ω0 ⊂⊂ Ω Khi ta có: u C 2,α (Ω0 ) ≤ c1 f C α (Ω) + u L2 (Ω) , (2.26) c1 số phụ thuộc vào Ω, Ω0 , α, d, λ, K Chứng minh Để chứng minh định lý ta cần bổ đề sau: Bổ đề 2.2.3 Giả sử có ma trận đối xứng (Aij )i,j=1, ,d thỏa mãn: d Aij ξi ξj ≤ Λ|ξ|2 λ|ξ| ≤ (2.27) i,j=1 với ξ ∈ Rd < λ < Λ < ∞ Giả sử u thỏa mãn d Aij i,j=1 ∂ 2u =f ∂xi ∂xj (2.28) α với f ∈ C (Ω) (0 < α < 1) Với Ω0 ⊂⊂ Ω, ta có: u C 2,α (Ω0 ) ≤ c2 f C α (Ω) + u L2 (Ω) (2.29) Chứng minh Ta dùng ý sau: A = (Aij )i,j=1, ,d , D2u = ∂ 2u ∂xi ∂xj i,j=1, ,d Nếu B ma trận d × d không suy biến, y = Bx, v = u ◦ B −1 , tức v(y) = u(x) ta có: AD2 u(x) = AB t D2 v(y)B, T r(AD2 u(x)) = T r(BAB t D2 v(y)) (2.30) Do A đối xứng nên ta chọn B cho B t AB ma trận đơn vị Thực tế, B chọn tích ma trận đường chéo   − 21 λ    D=   −1 λ1 Footer 23SốPage hóa 23 bởiofTrung 89 tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 24 of 89 21 (λ1 , , λd giá trị riêng A) với ma trận trực giao R Bằng cách ta thu phương trình ∆v(y) = f (B −1 y) (2.31) Theo Định lý 2.1.1 ta tiến hành đánh giá C 2,α v , biến đổi lại với u = v ◦ B Kết ta thu số phụ thuộc vào λ, Λ với giá trị riêng A, xác định giá trị riêng D xác định B Ta chứng minh định lý Ta với x0 ∈ Ω0 tồn hình cầu B(x0 , r) mà ước lượng (2.26) Bán kính r hình cầu phụ thuộc vào khoảng cách (Ω0 , ∂Ω) chuẩn Holder hệ số aij , bi , c Do Ω0 compact, nên bị phủ số hữu hạn hình cầu, ta tiến hành đánh giá Ω0 Thật vậy, giả sử x0 ∈ Ω0 Ta viết lại phương trình vi phân Lu = f sau: ∂ u(x) a (x0 ) i j ∂x ∂x ij i,j ∂ u(x) (a (x0 ) − a (x)) i j ∂x ∂x ij = i,j bi (x) − i = ij ∂u(x) − c(x)u(x) + f (x) ∂xi ϕ(x) (2.32) Nếu ta đánh giá chuẩn C α ϕ, đặt Aij = aij (x0 ) áp dụng Bổ đề 2.2.3 ta tiến hành đánh giá chuẩn C 2,α u Số hạng u quan trọng đánh giá ϕ (aij (x0 ) − aij (x)) ∂x∂i ∂x j Giả sử B(x0 , R) ∈ Ω Theo Bổ đề 1.5.4, ta có: (aij (x0 ) − aij (x)) i,j ≤ ∂ u(x) ∂xi ∂xj sup C α (B(x0 ,R)) |aij (x0 ) − aij (x)||D2 u|C α (B(x0 ,R)) i,j,x∈B(x0 ,R) |aij |C α (B(x0 ,R)) sup |D2 u| + i,j Footer 24SốPage hóa 24 bởiofTrung 89 tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên (2.33) B(x0 ,R) http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 25 of 89 22 Vì vậy, ta có: ∂ 2u (a (x0 ) − a (x)) i j ∂x ∂x ij ij C α (B(x0 ,R)) ij ≤ sup |aij (x0 ) − a (x)| u C 2,α (B(x0 ,R)) + c3 u C (B(x0 ,R)) (2.34) c3 phụ thuộc vào chuẩn C α aij Tương tự, ∂u bi (x) i ≤ c4 u ∂x α C (B(x0 ,R)) i c(x)u(x) C α (B(x0 ,R)) ≤ c5 u C 1,α (B(x0 ,R)) , (2.35) C α (B(x0 ,R)) (2.36) Do vậy, ta thu được: ϕ ≤ C α (B(x0 ,R)) |aij (x0 ) − aij (x)| u sup C 2,α (B(x0 ,R)) i,j,x∈B(x0 ,R) +c6 u C (B(x0 ,R)) + f (2.37) C α (B(x0 ,R)) Theo Bổ đề 2.2.3, từ (2.32) (2.37) cho < r < R, ta thu được: u C 2,α (B(x0 ,r)) ≤ c7 sup |aij (x0 ) − aij (x)| u C 2,α (B(x0 ,R)) i,j,x∈B(x0 ,R) +c8 u C (B(x0 ,R)) + c9 f (2.38) C α (B(x0 ,R)) Do aij liên tục Ω, ta chọn R > đủ nhỏ cho: c7 sup |aij (x0 ) − aij (x)| ≤ i,j,x∈B(x0 ,R) (2.39) Với phương pháp chứng minh Định lý 2.1.1, số hạng tương ứng bị triệt tiêu vế trái Khi từ (2.38) ta thu được: u C 2,α (B(x0 ,R)) ≤ 2c8 u C (B(x0 ,R)) + 2c9 f C α (B(x0 ,R)) (2.40) L2 (B(x0 ,R)) (2.41) Do (2.17), với ε > 0, tồn N (ε) cho: u C (B(x0 ,R)) ≤ε u C 2,α (B(x0 ,R)) + N (ε) u Với phương pháp chứng minh Định lý 2.1.1, từ (2.41) (2.40) ta thu đánh giá sau: u C 2,α (B(x0 ,R)) ≤ c10 f C α (B(x0 ,R)) Footer 25SốPage hóa 25 bởiofTrung 89 tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên + u L2 (B(x0 ,R)) (2.42) http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 26 of 89 23 Định lý 2.2.4 Giả sử Ω ∈ Rd miền bị chặn lớp C 2,α , f ∈ C α (Ω), g ∈ C 2,α (Ω), giả sử u ∈ C 2,α (Ω) thỏa mãn : Lu(x) = f (x) với x ∈ Ω, u(x) = g(x) với x ∈ ∂Ω (2.43) Khi đó: u C 2,α (Ω) ≤ c11 f C α (Ω) + g C 2,α (Ω) + u L2 (Ω) , (2.44) với c11 số phụ thuộc vào Ω, α, d, λ, K Chứng minh Về chất, chứng minh định lý cải biên Định lý 2.2.2, ta phác thảo chứng minh Ta bắt đầu với việc đơn giản hóa, cụ thể là, phương trình Poisson nửa hình cầu, từ ta trường hợp tổng quát Giả sử B + (0, R) = {x = (x1 , , xd ) ∈ Rd ; |x| < R, xd > 0} Hơn nữa, giả sử ∂ B + (0, R) = ∂B + (0, R) ∩ {xd = 0}, ∂ + B + (0, R) = ∂B + (0, R) \ ∂ B + (0, R) Ta xét f ∈ C α (B + (0, R)) với f =0 ∂ + B + (0, R) Ngược lại với tình xét Định lý 1.6.2(b), f khơng cần phải triệt tiêu tồn biên miền Ω = B + (0, R) mà cần triệt tiêu phần biết Ta xét vị Newton tương ứng u(x) = Γ(x, y)f (y)dy (2.45) B + (0,R) Bỏ qua thừa số mà phụ thuộc vào d, đạo hàm cấp u cho bởi: xi − y i i v (x) = f (y)dy (i = 1, , d) (2.46) |x − y|d B + (0,R) Footer 26SốPage hóa 26 bởiofTrung 89 tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 27 of 89 24 Và ta đánh chứng minh Định lý 1.6.2(a), ta khơng cần giả thiết giá trị biên Bỏ qua thừa số mà phụ thuộc vào d, đạo hàm cấp hai u cho bởi: ∂ xi − y i f (y)dy ∂xj |x − y|d wij (x) = (= wji (x)) (2.47) B + (0,R) Với K(x − y) = xi −y i ∂ ∂xj |x−y|d , i = d j = d, K(y)d(y) = (2.48) R1 cho với x ∈ Ω, ξ ∈ Rd , d aij (x)ξi ξj ≥ λ|ξ | i,j=1 (B) Hệ số Holder liên tục: Tồn K < ∞ cho: aij C α (Ω) , bi C α (Ω) , c C α (Ω) ≤ K, với i, j với điều kiện c(x) ≤ Ω (2.61) Khi với f ∈ C α (Ω), g ∈ C 2,α (Ω) tồn nghiệm u ∈ C 2,α (Ω) toán Dirichlet: Lu = f Ω, u = g ∂Ω Footer 30SốPage hóa 30 bởiofTrung 89 tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên (2.62) http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 31 of 89 28 Chứng minh Thay u = u − g vào vị trí u, ta giả sử g = 0, tốn tương đương với: Lu = f = f − Lg ∈ C α (Ω) u = ∂Ω Ta giả sử g = (và viết u vào vị trí u) Ta xét họ phương trình: với ≤ t ≤ 1, Lt u = f u = g ∂Ω, (2.63) với Lt = tL + (1 − t)∆ (2.64) Toán tử vi phân Lt thỏa mãn điều kiện (A) (B) với λt = min(1, λ), Kt = max(1, K) (2.65) Ta có L0 = ∆, L1 = L Theo Định lý 2.3.1, ta giải (2.63) với t = Ta cần ta giải phương trình với t ∈ [0, 1], đặc biệt với t = Toán tử Lt : B1 = C 2,α (Ω) ∩ {u : u = ∂Ω } → C α (Ω) = B2 tốn tử tuyến tính bị chặn khơng gian Banach B1 B2 Giả sử ut nghiệm Lt ut = f, ut = ∂Ω Theo Hệ 2.2.5 ta có: ut C 2,α (Ω) ≤ c2 f C α (Ω) Tức là: u B1 ≤ c2 Lt u B2 , (2.66) với u ∈ B1 số c2 không phụ thuộc vào t Như vậy, điều kiện Định lý 1.7.1 thỏa mãn suy điều phải chứng minh Hệ 2.4.2 Trong Định lý 2.4.1 giả sử Ω hình cầu B tốn tử L thỏa mãn điều kiện định lý Khi f ∈ C α (B) φ ∈ C 2,α (B), toán Dirichlet Lu = f B , u = φ ∂B có nghiệm u ∈ C 2,α (B) Footer 31SốPage hóa 31 bởiofTrung 89 tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 32 of 89 29 KẾT LUẬN Luận văn trình bày vấn đề sau đây: Lớp hàm Holder đánh giá Schauder nghiệm yếu phương trình Poisson phương trình elliptic cấp hai dạng tổng qt Tính giải toán Dirichlet lớp hàm Holder phương trình elliptic cấp hai dạng tổng quát Footer 32SốPage hóa 32 bởiofTrung 89 tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 33 of 89 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 equations of second order, Springer - Verlag Footer 33SốPage hóa 33 bởiofTrung 89 tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... toán biên Dirichlet cho phương trình elliptic tuyến tính cấp hai 2.3 Tính giải tốn biên Dirichlet cho phương trình Poisson 2.4 Tính giải tốn Dirichlet cho phương. .. Bài toán biên Dirichlet cho phương trình elliptic tuyến tính cấp hai 2.1 Đánh giá Schauder nghiệm toán biên Dirichlet cho phương trình Poisson 2.2 Đánh giá Schauder nghiệm toán. .. Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page of 89 tốn biên Dirichlet cho phương trình Poisson nghiệm toán biên Dirichlet cho phương trình elliptic tuyến tính cấp hai Tiếp theo trình