Phương trình Elliptic á tuyến tính cấp hai với hai biến độc lập

với các đánh giá tiên nghiệm trong lớp Holder của chúng. Các kết quả trong chương 1 đã được áp dụng trong chương 2 vào các đánh giá tiên nghiệm và tính giải được của bài toán Dirichlet cho phương trình á tuyến tính elliptic đều và không đều. Đối với trường hợp elliptic không đều, bài toán Dirichlet chỉ được xét trong các miền lồi với dữ kiện biên thoả 4Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 3 mãn điều kiện độ nghiêng bị chặn. Luận văn cũng đã chỉ ra rằng điều kiện độ nghiêng bị chặn là tương đương với điều kiện ba điểm. Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn và chỉ bảo nhiệt tình của PGS.TS. Hà Tiến Ngoạn, Viện toán học. Em xin được bày tỏ lòng biết 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 Tâm 5Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 4 Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Lớp hàm Holder 1.1.1. Liên tục Holder Định nghĩa 1.1. Cho 0 x là một điểm trong n và f là một hàm xác định trên miền bị chặn D chứa 0 x . Nếu 0 1  , ta nói rằng f là liên tục Holder với số mũ  tại 0 x nếu: (1.1)       0 0 0 ; 0 sup x x D x x f x f x f x x       hữu hạn. Ta gọi   0;x f  là hệ số Holder bậc α của f tại 0 x . Nếu f là liên tục Holder tại 0 x thì f liên tục tại 0 x . Khi (1.1) là hữu hạn với 1  , f là liên tục Lipschitz tại 0 x . Ví dụ 1.2. Hàm f trên  1 0B được cho bởi  f x x   , 0 1  là liên tục Holder với số mũ  và liên tục Lipschitz khi 1  , trong đó  1 0B là hình cầu đơn vị. Định nghĩa 1.3. Ta nói f là liên tục đều Holder trong D với số mũ  nếu đẳng thức: 6Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 5 (1.2)       ; , sup , 0 1, D x y D x y f x f y f x y          hữu hạn. Ta nói f là liên tục Holder địa phương với số mũ  trong D nếu f là liên tục đều Holder với số mũ  trên mọi tập con compact của D . 1.1.2. Không gian  ,kC   Cho  là tập mở trong n và k là một số nguyên không âm.  ,kC   là không gian các hàm  kf C  mà các đạo hàm riêng cấp k liên tục Holder với số số mũ  trong  . Để đơn giản ta viết:        0, 0,, .C C C C         Và ta hiểu rằng với 0 1  ký hiệu này được sử dụng bất cứ khi nào, trừ khi có quy ước khác. Cũng như vậy, ta đặt:        ,0 ,0, .k k k kC C C C      Chúng bao gồm các không gian     , k kC C  trong số các không gian     , ,, k kC C   với 0 1  . Ta cũng ký hiệu  ,0 kC   là không gian các hàm trên  ,kC   có giá compact trong  . Ta đặt: (1.3)     ,0; 0; , ; ; ; supsup , 0,1,2,... sup . k k k k k k u D u D u k u D u D u                       Với những nửa chuẩn này, ta định nghĩa các chuẩn tương ứng: 7Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 6 (1.4)        , ; ,0; ,0; 0; 0 0 , ; ; ;, ; ; , , k k k k j C k k j j j k C k k kk u u u u D u u u u u u D u                                 trên các không gian  kC  ,  ,kC   tương ứng. Đặc biệt, đôi lúc ta đưa vào các chuẩn không thứ nguyên trên  kC  ,  ,kC   : nếu  bị chặn, với d là đường kính của  , ta đặt, (1.5)        , ; ,0; 0; 0 0 , ; ; ;, ; ; , . k k k k j j j C k j j j k k k C k k kk u u d u d D u u u u d u u d D u                                       Các không gian  kC  ,  ,kC   với các chuẩn tương ứng là những không gian Banach. Ta chú ý rằng, tích các hàm liên tục Holder cũng liên tục Holder. Thật vậy, nếu    ,u C v C     , ta có  uv C  trong đó  min ,   , và (1.6)               2max 1, ; . C C C C C C uv d u v uv u v                     1.2 Đánh giá đối với ánh xạ á bảo giác. Nhiều khái niệm và phương pháp khác nhau trong lý thuyết hàm đóng vai trò đặc biệt trong lý thuyết của các phương trình elliptic hai biến. Ở đây chủ yếu quan tâm đến đánh giá tiên nghiệm phát sinh từ lý thuyết của ánh xạ á bảo giác. Một ánh xạ khả vi liên tục  ,p p x y ,  ,q q x y từ một miền  8Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 7 trong mặt phẳng  ,z x y tới mặt phẳng  w ,p q là á bảo giác hay K  á bảo giác, trong miền  nếu với mỗi hằng số 0K  , ta có: (1.7)  2 2 2 2 2x y x y x y y xp p q q K p q p q     với mọi  ,x y  . Mặc dù bất đẳng thức (1.7) thỏa mãn cho p và q trong  1C  , trong phần này kết quả được phát triển cho , p q liên tục và có đạo hàm yếu bình phương khả tích. Khi 1K  , (1.7) kéo theo p và q là hằng số và do đó ta giả thiết 1K  . Với 1K  , ánh xạ      w z p z iq z  là một hàm giải tích của z . Khi 1K  bất đẳng thức (1.7) có ý nghĩa hình học là tại mọi điểm không triệt tiêu của Jacobian thì ánh xạ này giữa mặt phẳng z và mặt phẳng w sẽ bảo toàn định hướng và ánh xạ đường tròn đủ nhỏ vào các đường elliptic đủ nhỏ với tâm sai bị chặn đều, trong đó tỉ số của trục nhỏ tới trục lớn là bị chặn dưới bởi   1/2 2 1 0K K     . Ta sẽ quan tâm đến lớp các ánh xạ tổng quát hơn    , ,x y p q xác định bởi bất đẳng thức: (1.8)  2 2 2 2 2 'x y x y x y y xp p q q K p q p q K      trong đó K , 'K là hằng số, với 1, ' 0K K  . Mặc dù ý nghĩa hình học là không giống nhau, ta sẽ gọi các ánh xạ tuân theo (1.8) là  , 'K K  á bảo giác. Trong sự phát triển tiếp theo, ta thấy rằng các ánh xạ thỏa mãn (1.7) và (1.8) phát sinh từ phương trình elliptic hai biến với p và q biểu diễn các đạo hàm cấp một của nghiệm. Mục đích của phần này là đưa ra các đánh giá tiên nghiệm trong lớp Holder cho ánh xạ  , 'K K  á bảo giác. Kết quả cơ bản sẽ là hệ quả của những bổ đề liên quan đến công thức tính tích phân Dirichlet: 9Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 8 (1.9)   2 22 ( ) ( ) ( , ) rr x y z B z r z Dw dx dy w w dx dy B    D của ánh xạ  , 'K K  á bảo giác w được lấy trên đĩa  rB z . Khi đó để đơn giản ta viết  rD thay cho  ,r zD và rB thay cho ( )rB z . 1.2.1 Đánh giá đối với tích phân Dirichlet đối với ánh xạ á bảo giác. Bổ đề 1.4. Giả sử w p iq  là  , 'K K  á bảo giác trên hình tròn 0( )R RB B z thỏa mãn (1.8) với 0, 0K K  , và giả sử p M trong RB . Khi đó với mọi / 2r R , ta có (1.10) 22 2 1/2( ) , ( 1) , r r r Dw dx dy C K K R B           D với 2 2 1( )( ' )C C K M K R  . Nếu ' 0K  , kết luận vẫn đúng với 1.K  Chứng minh. Trước tiên chúng ta thiết lập đánh giá cho tích phân Dirichlet trong hình tròn bán kính / 2.R Từ (1.8) ta có với bất kỳ hình tròn đồng tâm r RB B , ta có: (1.11) 2 2 2 ( , ) ( ) 2 ' ( , ) =2 ' , rr r B C p q z Dw dx dy K dx dy K r x y B q K p ds K r s              D với s là ký hiệu độ dài cung tròn r rC B  lấy theo phương ngược chiều kim đồng hồ. Mặt khác sử dụng 2 ( ) rC z Dw ds D' , ta thấy: 10Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 9 (1.12)    1/2 2 2 1/2 1/222 ds ds Dq ds ds Dw ds 2 ' . Cr Cr Cr Cr Cr q p p s p M r r                     D Thay vào (1.11) và thay r bằng R vào thành phần thứ hai của vế phải, ta thu được: (1.13)   2 1 2( ) '( )r k k r r D D với 2 1 'k R K , 2 2 2 8 .k M K Bây giờ hoặc là 1( / 2)R kD , ta có ước lượng cần tìm; hoặc nếu không thì 1( )r kD với 0 / 2r r R  nào đó và do đó với mọi r đủ lớn. Bất đẳng thức vi phân (1.13) được lấy tích phân trong miền 0 1 2r r r r R    và cho ta bất đẳng thức như sau:   2 1 2 2 1 1 2 11 1 '( ) 1 log ( ) ( ) r r r dr r r k k rr k      D D D . Lấy 1 2/ 2, r R r R  ta thu được: (1.14) 2 2 28( / 2) ' log2 R M K R K   D . Ta chú ý rằng việc chứng minh đánh giá này không liên quan tới các hạn chế lên , 'K K ngoài giả thiết K không âm. Ta cũng lưu ý rằng trong trường hợp tổng quát ta cũng không thể thu được đánh giá trong toàn bộ hình tròn rB , bởi vì rằng tập các hàm giải tích , 1,2,...nnw z n  tất cả đều thỏa mãn 1nw  trong 1z  , nhưng: 2 1 n z Dw dx dy   khi n . 11Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 10 Mặt khác 2 1 ( )n z Dw dx dy C       với bất kỳ 0  cố định, trong đó ( )C  độc lập với n . Ta tiếp tục sử dụng (1.14) cho tích phân Dirichlet trong /2RB để đánh giá cấp tăng cho  rD . Từ bất đẳng thức, 2 21 2 2 x y x yp q p q     , 2 21 , 2 2 x x yp q p    ( 0),  ta thu được 22 1 . 2 2 x y y x x yJ p q p q w w      Do đó viết (1.8) dưới dạng, 22 2 'x yw w KJ K   , và thế 2 1/2( 1)K K    (hoặc tương tương 2(1 ) / 2K    ), ta tìm được 22 2 2 1 2 ' . 1 x y K w w      Vì vậy (1.15)  2 2 222 2 2 2 2 1 1 1 2 ' . 1 1 x x xw w w K Dw                 Do (1.8) là bất biến dưới phép quay, bất đẳng thức này vẫn có hiệu lực nếu phép lấy đạo hàm theo hướng sw thay bởi xw . Chúng ta sẽ áp dụng (1.15) để thu được đánh giá chính xác hơn của r s C pq ds trong (1.11). Giả sử kí hiệu ( )p p r là giá trị trung bình của p trên đường tròn rC . Khi đó 12Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 11 (1.16) 2 21 ( )( ) . 2 r r r s s s C C C p p pq ds p p q ds rq ds r             Ta sử dụng bất đẳng thức Wirtinger sau đây 2 2 2 2 0 0 ( , ) ,p r p d p d          có nghĩa là (1.17) 2 2 2( ) . r r s C C p p ds r p ds   (Kết quả này dễ dàng được chứng minh bằng cách khai triển ( , )p p r  thành chuỗi Fourier theo  và ứng dụng bất đẳng thức Parseval). Thay (1.17) vào (1.16), ta thấy rằng: 2 2 2( ) 2 2 r r r s s s s C C C r r pq ds p q ds w ds     , và do đó từ (1.15), 2 2 2 2 4 2 ' . 2(1 ) 1 r r s C C r K pq ds Dw ds r       Thế bất đẳng thức này vào (1.11) và sử dụng lại hệ thức 2 rC Dw ds   ' rD , ta đi đến bất đẳng thức vi phân, (1.18)     2 2 2 ' , ' 1 2 1 r r r kr k K            D D . Điều này kéo theo   2 d r r dr  D 1 22 ,kr   Từ phép lấy tích phân sau đây giữa r và 0r 13Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 12 (1.19) 22 0 0 0 ( ) ( ) . 1 r r r kr r             D D Đặt 0 / 2r R và thay vào (1.14) ta thu được đánh giá (1.10) với      2 22 3max , 'C C K C K M K R  , với 2 2 32 , log2 C K   3 2 2 4 1 . 1 1 C                Cuối cùng ta nhận thấy rằng khi ' 0K  các lý luận không bị ảnh hưởng khi cho phép 1K  , và C được thay thế bởi 2 2 .C M 1.2.2 Đánh giá chuẩn Holder đối với ánh xạ á bảo giác. Bổ đề tính toán sau đây của Morrey là một bước thiết yếu để từ đánh giá cấp tăng của tích phân Dirichlet có thể nhận được đánh giá Holder trên chính hàm đó. Giả sử  và Ω là các miền trong 2 . Ta ký hiệu  nếu bao đóng của  chứa trong  , tức là  . Bổ đề 1.5. Giả sử 1( )w C  và  với dist( , ) R   . Giả sử các hằng số dương , , ' 0C R  thỏa mãn D ( ) 2 2( , ) r zB r z Dw dx dy Cr   với mọi đĩa ( )rB z có tâm z và bán kính 'r R R  . Khi đó với mọi 1 2,z z  thỏa mãn 2 1 'z z R  , ta có 2 1 2 1( ) ( ) 2 C w z w z z z     . 14Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 13 Sau đây là định lý về đánh giá tiên nghiệm Holder cho ánh xạ  , 'K K  á bảo giác. Định lý 1.6. Giả sử w là  , 'K K  á bảo giác trong miền  với 1, ' 0K K  và giả sử w M . Giả sử  với hình tròn  dist , d   . Khi đó với mọi 1 2,z z  . Ta có (1.20)       2 1 22 1 2 2 1 , 1 . z z w z w z C K K d      trong đó   1 d ' .C C K M K  Nếu ' 0K  thì  1C C K M và kết luận này cũng đúng với 1K  . Chứng minh. Đầu tiên giả sử 2 1 . 2 d z z  Điều kiện của Bổ đề 1.4 và 1.5 áp dụng với R d và ' 2 d R  , vì vậy ta có:     2 12 1 z z w z w z L d     trong đó       1 2 2 2' 'L C K M K d C K M d K    . Nếu 2 1 d 2 z z  thì     2 2 1 2 1 2 1 2 2 4 1 2 z z z z w z w z M M M d d        . Do đó định lý được chứng minh với     1 max 4, .C K C K Để kết thúc phần này, ta có một số chú ý sau. 15Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 14 Chú ý 1.7. 1. Số mũ   1 2 21K K    là lớn nhất để cho Bổ đề 1.4 và Định lý 1.6 là đúng. Điều này có thể thấy từ ví dụ của ánh xạ K  á bảo giác     1 2 2, 1iw z r e K K      có số mũ  Holder tại 0z  . Cùng một kết quả (cho 1, ' 0K K  ) với số mũ  nhỏ hơn có thể đạt được từ chứng minh trực tiếp Bổ đề 1.4 bắt đầu với (1.11) và kết hợp với (1.15), trong trường hợp này bất đẳng thức (1.17) không cần phải sử dụng tới. 2. Phản ví dụ chỉ ra rằng Bổ đề 1.4 và Định lý 1.6 không đúng với số mũ   1 2 2 1K K    khi 1K  và 0K  , đó là với 1  . Tuy nhiên nếu một ánh xạ thỏa mãn (1.8) với 1K  , nó cũng thỏa mãn bất đẳng thức đó với giá trị lớn hơn của K và kết quả tương ứng trong Bổ đề 1.4 và Định lý 1.6 khi áp dụng với số mũ  tùy ý gần đến 1. 3. Nếu  bị chặn và được phủ và bởi N đĩa đường kính 2 d , chứng minh ta thấy Định lý 1.6 vẫn đúng với giả thiết yếu hơn p M , với hằng số C trong (1.20) cũng phụ thuộc vào N và do đó phụ thuộc vào đường kính của  . 4. Đánh giá toàn cục. Nếu w p iq  là  , 'K K  á bảo giác trong miền 1C của  và  1w C  thì Định lý 1.6 được mở rộng cho đánh giá tiên nghiệm Holder toàn cục cho w . Đặc biệt nếu w M và 0p  trên  khi đó w thỏa mãn một điều kiện Holder toàn cục với hệ số và số mũ Holder chỉ phụ thuộc vào , 'K K , M và  . Để chứng minh, đặt  là hợp hữu hạn các cung chồng lên nhau mà được duỗi thẳng bằng một đồng phôi 1C phù hợp    , ,x y   được xác định trong lân cận của cung. 16Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 15 Hàm w là bảo giác trong biến số  ,  với hằng số , 'K K phụ thuộc vào , 'K K và  . Bằng phản xạ qua 0  để    , ,p p      và    , ,q q     trong mặt phẳng mở rộng  ,  , áp dụng đánh giá trong phần trước hàm p iq được định nghĩa là  , 'K K  á bảo giác. Quay lại mặt phẳng  ,x y ta thu được đánh giá Holder cho w trong  ; đó là    1 2 1 2 1 2, ,w z w z C z z z z    , trong đó  , ',K K   và  , ', ,C C K K M  . Nếu p p trên  với  1p C  và 1, p M   , thì xét p p trong vị trí của p , ta thấy w cũng thỏa mãn với đánh giá toàn cục, với , C phụ thuộc vào , ', , 'K K M M và  . 17Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 16 Chương 2 Bài toán Dirichlet cho phương trình elliptic á tuyến tính cấp hai 2.1 Đánh giá địa phương đối với chuẩn Holder cho đạo hàm cấp một của nghiệm phương trình tuyến tính cấp hai Những kết quả phần trước sẽ được áp dụng để thu được đánh giá Holder cho các nghiệm của đạo hàm cấp một của phương trình elliptic đều. (2.1) 2xx xy yyLu au bu cu f    , với , , , a b c f được xác định trong miền  của mặt phẳng  ,z x y . Ký hiệu    , =z z    là giá trị riêng nhỏ nhất và lớn nhất của ma trận các hệ số thỏa mãn (2.2)      2 2 2 2 2 2 22 , , ;a b c                  và giả sử L là elliptic đều trong  , tức là: (2.3) .    18Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 17 với hằng số 1  . Ta giả sử  sup f       . Chia (2.1) bởi giá trị riêng cực tiểu  , Ta giả thiết rằng 1  và (2.2) cố định với 1  và   , khi f  . Ta giả thiết như sau. Đặt: , x yp u q u  , ta có thể viết (2.1) thành (2.4) 2 , x y y y x a b f p p q p q c c c     Bằng phép lấy đạo hàm p là một nghiệm của phương trình elliptic đều dạng:   2 0x y y y x a b f p p p c c c          , và tương tự ta có phương trình đối với q . Nhân vế trái của (2.4) với xcp , ta thu được: 2 2 2 22 , x y x x y y x x y y xp p ap bp p cp cJ fp J q p q p        , tương tự 2 2 x y yq q aJ fq   Cộng các bất đẳng thức này và lưu ý rằng 2 1 1a c      , ta có (2.5)           2 2 1 1 1 . 2 x y x y Dp Dq a c J f p q J p q             . Sử dụng bất đẳng thức,        22 2 211 1 , 0 2 x y x yp q p q            , và cố định 1  (đặc biệt chọn 2  ), từ (2.5) ta thu được: (2.6)     2 2 2 22 1 1 / 2.Dp Dq J       19Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 18 Do đó w p iq  (hoặc q ip ) xác định một ánh xạ  , 'K K  á bảo giác thỏa mãn (1.8) với (2.7) 1 ,K     2 2' 1 / 2K    . Lấy  đủ nhỏ, hằng số K chọn tùy ý gần  1 / 2 . Nếu 0f  , ta trực tiếp thu được từ bất đẳng thức (2.2) và (2.3):     2 2 2 1 .Dw Dp Dq a c J J      Trong trường hợp này ánh xạ w p iq  là K  á bảo giác với hằng số  1 / 2K   . Có thể chỉ ra rằng hằng số á bảo giác nhỏ nhất không vượt quá  1/ / 2K    . Chúng ta thiết lập đánh giá cơ bản cho nghiệm của (2.1) mà nó cần cho lí thuyết phi tuyến tính tiếp theo. Chúng ta sử dụng kí hiệu     1 21.2 dist , , min ,z z zd z d d d   và phần trong chuẩn và nửa chuẩn         1 2 22 11 2 ,2 01, , 2 1 sup d , supd z z z z Du z Du z u f f z z            Định lý 2.1. Giả sử u là nghiệm thuộc  2C  và bị chặn của phương trình: 2xx xy yyLu au bu cu f    , với L là elliptic đều, thỏa mãn (2.2) và (2.3) trong miền  của 2 . Khi đó với bất kỳ ( ) 0    , ta có: (2.8)     20 01, / ,u C u f     ( )C C  . Đặc điểm quan trọng của kết quả này là đánh giá (2.8) chỉ phụ thuộc vào tính bị chặn và không phụ thuộc vào tính trơn của các hệ số. Điều này ngược lại với đánh giá Schauder phụ thuộc vào hằng số Holder của các hệ số. 20Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 19 Chứng minh. Giả sử 1 2, z z là một cặp điểm bất kỳ trong  , đặt 1,22d d và ký hiệu  ' zz d d    ,  '' ' dist( , )z z d d     . Ta lưu ý rằng 1 2, ''z z  . Ta áp dụng Định lý 1.6 với ', ''  trong vị trí tương ứng của ,   và 1K   , 2 ' [(1 )sup / ] ' 2 f K      . Bất đẳng thức (1.20) với w p iq  được trình bày trong các số hạng của gradient của Du , trở thành với 2 1/2(1 ) ( 2 )       2 1 ' ' 2 1 ' ' ( ) ( ) (sup sup , ( ( )), (sup ( ) sup );z z Du z Du z d C Du d f C C z z C d Du z d f d                 do đó: 1 22 1 1,2 2 2 1 ( ) ( ) (sup ( ) sup / ),z Du z Du z d C d Du z d f z z          kéo theo (2) 1, ; ' 1; ' 0; ' [ ] ([ ] / )u C u f      , với bất kỳ '    . Áp dụng bất đẳng thức trên cho 1, 0j k    , cụ thể là (2.9) 1 1, 1 0 [ ] [ ]u u C u   , 1 1( ( ))C  cho ta bất đẳng thức sau (2) 1, 1, 1 0 0 [ ] ( [ ] / ).u C u C u f      Chọn  sao cho 1 2 C  , ta thu được một hằng số thích hợp ( )C C  , (2) 1, 0 0 [ ] ( / ),u C u f    đó là kết quả cần tìm (2.8). 21Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 20 Từ (2.8) và bất đẳng thức (2.9), ta có đánh giá chuẩn như sau: (2.10)  21, 0 0[ ] ,u C u f    ( )C C  . 2.2 Đánh giá toàn cục đối với chuẩn Holder đạo hàm cấp một của nghiệm phương trình tuyến tính cấp hai Định lý 2.1 về đánh giá địa phương có thể được mở rộng cho đánh giá 1, ( )C   dưới giả thiết tính trơn phù hợp với dữ kiện trên biên. Giả sử thêm vào giả thiết của Định lý 2.1 là 2( )u C  với  là một miền 2C và 0u  trên  . Khi đó ta có thể khẳng định rằng 1, , u C    với ( , )    và 0 0 ( , , , ).C C u f   Ta sẽ chứng minh điều khẳng định trên. Ta đặt  01v u Du  , sao cho v thỏa mãn  01Lv f Du  và 1Dv  . Giả sử  được phủ bởi số hữu hạn của các cung chồng lên nhau, trong đó chúng có thể duỗi thẳng thành các đoạn của 0  bằng một vi phôi 2C phù hợp ( , ) ( , )x y   được xác định trong lân cận của cung. Khi lấy đạo hàm của (2.6), ánh xạ ( , ), ( , )p p q q     với , p v q v    là ( , ')K K  á bảo giác trong ( , )  với hằng số ( , ),K K   0 ' '( , , / )K K f   . Cũng vậy, 0p  trên 0  . Lập luận tương tự như trong Nhận xét 1.2.4(4) chứng tỏ rằng p và q và do đó Dv thỏa mãn một điều kiện Holder toàn cục trong  , trong đó số mũ Holder  chỉ phụ thuộc vào ,   và hệ số Holder cũng phụ thuộc vào 0 /f  . Vì vậy, 1, 0 [ ] (1 ),u C D u   0 ( , , / ),C C f   22Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 21 và bằng phương pháp nội suy ta thu được:    1, , 0 0, , , / , = , .u C u f         Nếu 2( )C  và u  trên  , khi đó xét u  thay vị trí của u và nhắc lại rằng 0 u có thể được đánh giá trong các số hạng của sup   và 0 /f  . Chúng ta suy ra đánh giá toàn cục sau đây 1, , 2 0 ( , , , / )u C C f       , ( , )   . Ta nhấn mạnh rằng, đánh giá này độc lập với bất kỳ tính trơn của f và của các hệ số của L . Tiếp theo ta trình bày ứng dụng của kết quả trên trong định lý sau. Định lý 2.2. Giả sử  là một miền 2,C  với 0  nào đó và giả sử f và các hệ số của L thuộc không gian ( )C  . Giả sử 2 0( ) ( ),u C C    2, ( )C   thỏa mãn Lu f trong  , u  trên  . Khi đó 1, ( )u C   và 1, , u C    , với ( , )    và 2 0 ( , , , / )C C f    . Chứng minh. Chứng minh được suy ra từ mục trước bằng phương pháp xấp xỉ. Cụ thể là, nếu , , , , 1,2...m m m ma b c f m  , là những hàm trong ( )C  hội tụ tới , , ,a b c f , đều trong các miền con compact của  , những nghiệm tương ứng mu của bài toán Dirichlet, m m mL u f trong  , mu  trên  sẽ thuộc 2( )C  và có chuẩn 1, ( )C   bị chặn đều 1,m u C   với  và C độc lập với m . Do đánh giá Schauder và tính duy nhất, dãy { }mu hội tụ đến nghiệm u của Lu f . Theo đó thì u cũng thỏa mãn 1, ( )C   bị chặn 1, u C   , như sự khẳng định của chúng ta. 23Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 22 2.3 Tính giải được của bài toán biên Dirichlet cho phương trình elliptic đều á tuyến tính cấp hai. Ta xét bài toán Dirichlet cho phương trình elliptic á tuyến tính dạng tổng quát, (2.11)         , , , , 2 , , , , , , , , , , , , 0 x y xx x y xy x y yy x y Qu a x y u u u u b x y u u u u c x y u u u u f x y u u u      được xác định trong một miền bị chặn  trong mặt phẳng  ,x y . Liên quan đến toán tử Q, ta giả thiết: i) Hàm    , , , , ,..., , , , ,a a x y u p q f f x y u p q  được xác định với mọi  , , , ,x y u p q trong 2  và  2, , ,a b c f C    với mọi  0,1  . ii) Toán tử Q là elliptic đều trong  với u bị chặn, có nghĩa là các giá trị riêng    , , , , , , , , ,x y u p q x y u p q    của ma trận hệ số thỏa mãn: (2.12)     21 , , , , ,u x y u p q       với  là hàm không giảm. iii) Hàm f thỏa mãn các điều kiện: (2.13)   1 f u p q     (2.14)     2sign 1 , , , , , f u v p q x y u p q       trong đó  không giảm và v là hằng số không âm. 24Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 23 Ta nói rằng miền  với biên  trong 2 thỏa mãn điều kiện mặt cầu bên ngoài nếu tại mỗi điểm 0x  luôn tồn tại một hình tròn nằm bên ngoài  và có duy nhất một điểm chung 0x với  . Định lý 2.3. Giả sử  là một miền trong 2 thỏa mãn điều kiện mặt cầu bên ngoài và giả sử  là hàm liên tục trên  . Khi đó nếu Q là một toán tử elliptic á tuyến tính thỏa mãn điều kiện (i) – (iii), thì bài toán Dirichlet (2.15) 0Qu  trong  , u  trên  , có nghiệm 2, 0( ) ( )u C C    . Chứng minh. Đầu tiên chúng ta chứng minh định lý dưới giả thiết hẹp hơn (2.16) f     ( const)  , trong (2.13). Lập luận dựa trên định lý điểm bất động Schauder. Để xác định ánh xạ T xuất hiện trong phát biểu của định lý đó ta quan sát như sau. Giả sử v là hàm bất kỳ với các đạo hàm cấp một liên tục Holder địa phương trong  , và giả sử ( , ) ( , , , , ),...x ya a x y a x y v v v  , là hàm liên tục Holder địa phương trong  thu được khi thay v vào u trong các hệ số của Q . Khi f  là bị chặn thì bài toán Dirichlet tuyến tính, (2.17) 2 0xx xy yyau bu cu f    trong  , u  trên  , có duy nhất một nghiệm 2 0( ) ( )u C C    . Ta có 1 00 sup supu u C M        , 1 1C C (diam  ). Ngoài ra, nếu 0sup v M   và nếu ta đặt 0 0( )M  , theo Định lý 2.1 ta có : (2.18)           2 0 01, 0 2 0 diam , , , C diam . u C u C C M K                  25Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 24 Ta đặc biệt lưu ý rằng đánh giá này chỉ phụ thuộc vào cận 0M của hàm v được sử dụng trong ký hiệu hệ số của các phương trình của (2.17). Giả sử ta xét không gian Banach 1, 1, 1, 1, ; ( ) { ( ) }C C u C u               , trong đó  là số mũ Holder trong (2.18). Ta ký hiệu ánh xạ T của tập 1, 01, 0 { , }G v C v K v M       , bởi u Tv , trong đó u là nghiệm duy nhất của bài toán Dirichlet tuyến tính (2.17) với v G . Từ (2.18) và 0 o u M , ta có u G và do đó T ánh xạ G vào chính nó. Do G là lồi, đóng trong không gian Banach 1 1 1; {u C ( ) }C u         , ta có thể kết luận từ định lý điểm bất động Schauder là T có một điểm bất động, u Tu , trong G , chứng minh ánh xạ T là liên tục trong 1C và ảnh TG là tiền compact trong 1C . Điều này sẽ chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán (2.15) dưới giả thiết (2.16). Để chứng minh TG là tiền Compact trong 1C , đầu tiên ta quan sát tập hợp G , và từ đó TG là liên tục đồng bậc tại mọi điểm của  . Ta kết luận rằng hàm TG cũng liên tục đồng bậc tại mọi điểm 0z  . Giả sử w là một hàm chắn. Hàm w chỉ phụ thuộc vào giá trị tuyệt đối elliptic 0 (trong phương trình (2.17)) và bán kính ngoài của đĩa tại 0z , có tính chất là với bất kỳ 0  và một hằng số k độc lập với v G , nghiệm u Tv của (2.17) thỏa mãn bất đẳng thức (2.19) 0( ) ( ) ( )u z z k w z    trong  . 26Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 25 Do ( ) 0w z  khi 0z z , điều này kéo theo tính liên tục đồng bậc của tập TG tại 0z . Vì vậy các hàm của TG là liên tục đồng bậc trên  . Do TG là một tập liên tục đồng bậc bị chặn trong 1,C  , nó là tiền compact trong 1C . Sự liên tục của tập T trong 1C được chứng minh một cách tương tự: Giả sử , nv v G , 1,2,...n  , và giả sử 1 0nv v    khi n . Xét u Tv và dãy , 1,2,...n nu Tv n  Ta cần chỉ ra 1 0nu u    . Từ đánh giá Schauder chỉ ra rằng có một dãy con phù hợp { } { }m nu u hội tụ đều với đạo hàm cấp một và cấp hai của nó trong tập con compact của  đến một nghiệm u trong  của phương trình giới hạn (2.17) thu được khi thay v bởi các hệ số của Q . Ta kết luận rằng 0( ) ( )u z z , với mọi 0z  và do đó (theo tính duy nhất) u u Tv  . Lập luận tương tự như trên, ta có thể khảng định (2.19) với mu thay thế bởi u , từ đó ta thu được giới hạn 0( ) ( )u z z khi 0z z . Vì vậy u u và ta có mTv Tv trên  cho dãy con { }mv . Do dãy { }mTv chứa trong TG , là tiền compact trong 1C , một dãy con { }mTv có chuẩn hội tụ trong 1C tới Tv . Lập luận tương tự trên các dãy con tùy ý của { }nv , chứng tỏ 1 0nTv Tv    với mọi dãy. Sự thiết lập tính liên tục của T trên 1C và quan sát ta có thể kết luận sự tồn tại của một điểm cố định u Tu trong G . Định lý này được chứng minh trong trường hợp đặc biệt là /f  bị chặn trên 2  , đặc biệt khi 0f  ta quay lại giả thiết (iii) ban đầu. Nó sẽ hội tụ với giả thiết ( , , , , ) 1x y u p q  trong 2  , có thể đạt được từ sự phân chia các hàm , , ,a b c f bởi  . Trong trường hợp này (2.13), (2.14) trở thành 27Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 26 (2.20)   1f u p q   , (2.21) f sign (1 )u v p q   , v  const. Ta tiếp tục cắt cụt hàm f để rút gọn thành bài toán (2.15) trong trường hợp f bị chặn ở trên. Cụ thể là, giả sử n là kí hiệu hàm số cho bởi: , ( ) sign , N t t N t N t t N       và định nghĩa cắt cụt của f bởi ( , , , , ) ( , , ( ), ( ), ( ))N N N Nf x y u p q f x y u p q  . Từ (2.20) ta có (1 2 )Nf N N  . Xét tập hợp các bài toán, (2.22) ( , , , ) 2 ( , , , ) ( , , , ) ( , , , ) 0, N xx xy yy N Q u a x y y Du u b x y u Du u c x y u Du u f x y u Du      u  trên  . Từ kết quả (2.21) nghiệm u bất kỳ trong họ này bị chặn, độc lập với N , (2.23) 1sup sup (u C v     , diam  ) M . Từ các kết quả trước của bài toán (2.15) với f bị chặn trong bài toán (2.22), trong đó Nf bị chặn, suy ra với ( ), ( )M      tồn tại nghiệm 1, 2, 0( ) ( ) ( ).Nu C C C         Ngoài ra từ Định lý 2.1 ta suy ra đánh giá, (2.24)   (2) 0 01, ( )N N Nu C u f    , trong đó ( ), ( , , , )N N N NC C f f x y u Du . Từ (2.20) và (2.23), điều này trở thành     1, 1 (1 )N Nu C u     , ( , , ,C C M   diam  ), ( )M  . Phép nội suy bất đẳng thức (2.9), với 1 2 C  , bị chặn đều , độc lập với N , 28Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 27 (2.25) 1, ( , , ,Nu C C M      diam  ) . Áp dụng đánh giá trước và đánh giá Schauder bên trong miền cho họ phương trình 0n NQ u  trên tập con compact, ta thu được một dãy con    n Nu u hội tụ đến một nghiệm u của 0Qu  trong  thỏa mãn đánh giá (2.25). Điều đó chứng tỏ rằng u cũng thỏa mãn điều kiện bị chặn u  và cho mục đích này ta lập luận tương tự như trên. Theo kết quả của (2.20) và (2.23), mỗi nu là một nghiệm của phương trình tuyến tính, ij ij 0, i n n n i nQ v a D v b D v f    , 1,2,i j  trong đó  11 , ( , , , ),...n n na x y a x y u Du , và ( , ), ( , )in nb x y f x y bị chặn độc lập với n . Tại điểm 0z  bất kỳ, phương trình này với hàm chắn w chỉ phụ thuộc vào ,  và bán kính bên ngoài của đĩa tại 0z . Vì vậy với bất kỳ 0  và hằng số k phù hợp độc lập với n ta thu được bất đẳng thức 0( ) ( ) ( )nu z z k w z    trong  . Giả sử n . Ta suy ra cùng một bất đẳng thức với u tại vị trí của nu , do đó 0( ) ( )u z z khi 0z z . Định lý được chứng minh. Nhận xét 2.4. 1. Chứng minh định lý trước chỉ dựa trên đánh giá đạo hàm bên trong miền do đó thu được điều kiện tổng quát hơn trên các hệ số và dữ liệu bị chặn. Với đánh giá toàn cục, một sự biến đổi đơn giản của chứng minh là cho một nghiệm 2, ( )C   khi  và  trong 2,C  và  2, , , a b c f C   . Cùng với những giả thiết, nghiệm được 29Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 28 chứng minh bởi Định lý 2.3 cũng phải nằm trong 2, ( )C   . Để chứng minh khẳng định này, đầu tiên ta quan sát phương trình 0Qu  sau đó chèn u vào các hệ số, được các hệ số trong ( )C  khi    2, 0u C C    và u  trên  , với 2, ( )C   . Theo kết quả đánh giá toàn cục của phương trình tuyến tính, nghiệm u nằm trong 1, ( )C   với  nào đó. Do vậy các hệ số của Qu nằm trong  C  . Nên  2,u C   , do đó các hệ số của Qu nằm trong  C  . Ta suy ra như vậy với  2,u C   như đã được khẳng định. 2. Điều kiện (2.14) được áp đặt để bảo đảm cho tính bị chặn đều của mọi nghiệm có thể của bài toán Dirichlet cho 0NQ u  . 3. Điều kiện cấp tăng tuyến tính (2.13) đối với /f  nhằm để đạt được cận (2.25) bằng phép nội suy cho   1 u  qua các số hạng của   1, u   và 0 u . 2.4 Tính giải được của bài toán biên Dirichlet cho phương trình elliptic không đều á tuyến tính cấp hai Nghiên cứu về phương trình elliptic không đều, ta sẽ thấy rằng không giống như phần trước, khả năng giải được của bài toán Dirichlet nói chung là liên kết chặt chẽ với dạng hình học của miền. Nét đặc trưng của phương trình elliptic không đều đã được quan sát trong lí thuyết tuyến tính. Kết quả của phần này nhấn mạnh vai trò quan trọng tính lồi của miền nhằm đảm bảo khả năng giải được của bài toán biên Dirichlet. 30Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 29 Bài toán Dirichlet cho phương trình elliptic á tuyến tính tổng quát có dạng. (2.26)       , , , , 2 , , , , , , , , 0. x y xx x y xy x y yy Qu a x y u u u u b x y u u u u c x y u u u u     ( , ) ( , ), ( , ) ,u x y x y x y  trong đó  là một miền bị chặn trong 2 và  là hàm xác định trên  . Điều kiện Dirichlet cho phương trình (2.26) sẽ được viết thành phương trình của đường cong biên      3, ,z z z       Ta nói rằng  và  thỏa mãn điều kiện độ nghiêng bị chặn (với hằng số K ) nếu với mọi điểm   0 0, P z z   có mặt phẳng trong 3        0 0 0, u z a z z z a a z        , qua P sao cho: (2.27)             0 , ; , . p p p i z z z z ii D a z K z                 Điều kiện (i) có nghĩa là với mỗi P , đường cong  bị chặn trên và dưới trong hình trụ  bởi mặt phẳng  pu z  và  pu z  và trùng với nó tại P . Điều kiện (ii) có nghĩa là độ nghiêng của các mặt phẳng là bị chặn đều, độc lập với P , bởi hằng số K . Hiển nhiên điều kiện độ nghiêng bị chặn kéo theo sự liên tục của  . Ta có nhận xét sau đây liên quan đến điều kiện độ nghiêng bị chặn. Nhận xét 2.5. 1) Với mọi miền  ,  nằm trong mặt phẳng (và thỏa mãn điều kiện độ nghiêng bị chặn) nếu và chỉ nếu  là hạn chế của một hàm tuyến tính trên 31Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 30  . Tuy nhiên nếu  không nằm trong mặt phẳng và thỏa mãn điều kiện độ nghiêng bị chặn, thì  phải là lồi. Từ (2.27) ta có: 0 ≢       0 0, p pz z a a z z z          , và do đó có giá là đường thẳng   0 0a a z z    tại mỗi 0z  , kéo theo  là lồi. 2) Giả sử  là lồi và  ,   thỏa mãn điều kiện độ nghiêng bị chặn. Cho   , , 1,2,3i i iP z z i  , ba điểm phân biệt trên  . Nếu 1 2 3, ,z z z là thẳng hàng thì 1 2 3, ,P P P cũng là thẳng hàng trên  , mặt khác các điểm sẽ xác định một mặt phẳng thẳng đứng, mâu thuẫn với (2.27). Vì vậy  là tuyến tính trên các đoạn thẳng của  . 3). Trên thực tế, một cách tương đối điều kiện độ nghiêng bị chặn tương đương với điều kiện ba điểm sau đây: Cho  bị chặn và lồi. Ta nói rằng đường cong  ,    thỏa mãn điều kiện ba điểm với hằng số K. Nếu mọi bộ ba điểm phân biệt trên  nằm trong một mặt phẳng có độ nghiêng K . Vào cuối phần này chúng ta chứng minh sự tương đương của các điều kiện độ nghiêng bị chặn và điều kiện ba điểm với hằng số K. Từ điều kiện ba điểm, mặt phẳng xác định bởi bất kỳ ba điểm không thẳng hàng của  có độ nghiêng K . Vì vậy, nếu  là lồi (nghĩa là đoạn thẳng nối 2 điểm bất kỳ của  nằm hoàn toàn trong  ) và độ nghiêng của mọi mặt phẳng  giao nhau trong đó ít nhất ba điểm không vượt quá K và ngược lại điều này mạnh hơn từ các điều kiện ba điểm, kéo theo  là tập lồi ngặt. 4). Không khó khăn để chứng tỏ nếu 2 2, C C  và độ cong của  là luôn dương thì  ,F   thỏa mãn một điều kiện độ nghiêng bị chặn với 32Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 31 một hàm số phụ thuộc vào độ cong cực tiểu của  và cận trên các đạo hàm bậc nhất và bậc hai của  . Nghiệm của bài toán Diricchlet cho phương trình (2.26) cần một đánh giá tiên nghiệm cho gradien được giới hạn bởi bổ đề sau. Bổ đề 2.6. Cho  là một miền lồi bị chặn trong 2 , và cho  là một hàm xác định trên  thỏa mãn một điều kiện độ nghiêng bị chặn với hằng số K . Giả sử    2 0u C C    thỏa mãn phương trình elliptic tuyến tính (2.28) 2 0xx xy yyLu au bu cu    trong  , với u  trên  . Khi đó (2.29) sup Du K   Ta nhấn mạnh rằng L chỉ cần là toán tử elliptic và không cần điều kiện nào khác trên các hệ số. Chứng minh. Đầu tiên ta chú ý rằng nếu  là hạn chế của một hàm tuyến tính trên  thì từ tính duy nhất nghiệm u trùng với hàm này trong  và kết luận (2.29) được giữ nguyên. Từ Nhận xét 2.4(1) trên ta thấy  có thể giả thiết là lồi. Từ (2.28) và tính elliptic của L ta có:     2 2 2 2 2 2 0 2 , 0 2 . xx xx xy xy xy xx yy xy xy yy yy xy xx yy au bu u cu c u u u au bu u cu a u u u           Theo 2 0xx yy xyu u u  và đẳng thức cố định tại các điểm mà 2 0D u  (Ta lưu ý rằng  ,u u x y là mặt yên ngựa). Xét điểm  0 0 0,z x y  bất kỳ với 2 0xx yy xyu u u  và ký hiệu  0 , Axu x y By C   là mặt phẳng tiếp tuyến  tới mặt  ,u u x y tại  0 0,x y . Hàm 0w u u  là nghiệm của (2.28) trong  , và tập 0w  phân chia một đĩa nhỏ về 0z vào bốn miền 1 4,...,D D trong đó 33Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 32 w là xen kẽ dương và âm biết 0w  trong 1 3,D D và 0w  trong 2 4,D D . Giả sử ' 1 1D D , ' 3 3D D là hợp thành của các tập trong  với 0w  và cho ' 2 2D D , ' 4 4D D được xác định một cách tương tự. Với mỗi miền ' ' 1 4,...,D D có ít nhất 2 điểm giới hạn trên  với 0w  , mặt khác nguyên lí cực đại yếu kéo theo 0w  trên miền. Điều đó chỉ ra rằng  cắt biên đường cong  ,   tại ít nhất bốn điểm. Từ Nhận xét 2.4(3) ở trên ta suy ra nếu bất kì 3 điểm trong các điểm không thẳng hàng, thì  có độ nghiêng không vượt K . Mặt khác, nếu các điểm trên  với 0w  từ một tập các điểm thẳng hàng  , (Nhận xét 2.4 (2)) thì  và u là tuyến tính và đồng nhất với 0u trên đoạn thẳng của  bao hàm  . Điều này kéo theo 0w  trên các miền iD  , điều này là mâu thuẫn. Vì vậy độ nghiêng của mặt phẳng tiếp tuyến tới bề mặt nghiệm không thể vượt qua K tại điểm 2 0uD  . Bây giờ xét tập S trên 2 0uD  . Giả thiết S   , mặt khác  ,u x y sẽ là tuyến tính và kết luận đó là không quan trọng. Nếu 0z s và 0z là giới hạn của các điểm với 2 0uD  thì mặt phẳng tiếp tuyến liên tục tại 0z phải có độ nghiêng không vượt quá K . Khả năng còn lại của 0z là một điểm trong của S , trong trường hợp này 0z được chứa trong tập G mở trong đó 2 0D u  trên G , ta có u là tiếp tuyến và mặt phẳng tiếp tuyến đó trùng với bề mặt  ,u u x y . Vì mọi điểm trên biến bất kỳ của G mà là phần trong  là giới hạn của các điểm tại đó 2 0D u  , ta kết luận Du K trên G và trong trường hợp đặc biệt tại 0z . Bổ đề đã được chứng minh. Chúng ta thiết lập các định lý tồn tại sau đây cho phương trình (2.26). 34Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 33 Định lý 2.7. Giả sử  là một miền lồi bị chặn trong 2 và giả thiết rằng phương trình, ( , , , , ) 2 ( , , , , ) ( , , , , ) 0 x y xx x y xy x y yy Qu a x y u u u u b x y u u u u c x y u u u u     là elliptic trong  với các hệ số 2, , ( )a b c C   với (0,1)  . Giả sử  là hàm xác định trên  thỏa mãn điều kiện độ nghiêng bị chặn với hằng số K . Khi đó bài toán Dirichlet 0Qu  trong  , u  trong  có một nghiệm 2, 0( ) ( )u C C    , với sup Du K   . Chứng minh. Ta chia các hệ số , ,a b c cho giá trị riêng lớn nhất  , , , ,x y u p q  và sau đó ký hiệu lại bởi phương trình 0Qu  . Toán tử Q có giá trị riêng cực đại là 1, nhưng giá trị riêng cực tiểu  có thể tiến tới 0 trong 2  . Ta xét họ phương trình (2.30) 0Q u Qu u     , 0  , với điều kiện bị chặn u  trên  . Với mỗi  phương trình này là elliptic đều và Định lý 2.2 khẳng định sự tồn tại của nghiệm 2, 0( ) ( )u C C     sao cho u  trên  . Từ Bổ đề 2.5, nghiệm u thỏa mãn đánh giá gradient đều, (2.31) sup Du K   , độc lập với  . Từ nguyên lý cực đại ta cũng có supu    . Như một hệ quả, trong mọi miền con '  , phương trình tuyến tính (2.32) 2 0xx xy yyQ u a u b u c u u          35Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 34 trong đó tập ( , ) ( , , , ),...a x y a x y u Du   , có giá trị riêng cực tiểu ( , , , )x y y Du    với  , 'x y  , bị chặn dưới đều bởi một hằng số ( ') 0   chỉ phụ thuộc vào ' , những giá trị riêng này bị chặn trên bởi 2 với mọi 1  . Định lý 2.1 khẳng định rằng trong tập con    nghiệm của (2.32) với u  trên  , đặc biệt nghiệm u , thỏa mãn đánh giá Holder đều đối với gradient (độc lập với  )   , '' Du C   ,  ( ' )    , trong đó  ( 'C C   , sup   , dist( '', '))  . Do đó, các hệ số , , a b c   là liên tục Holder địa phương với số mũ  trong ' và bị chặn đều trong  ''C  . Do ' và '' là tùy ý nên họ các nghiệm u của (2.32) cùng với đạo hàm cấp một và đạo hàm cấp hai của chúng là liên tục đồng bậc trên tập con compact của  và do đó, theo quá trình chéo hóa thông thường, có một dãy  nu của họ  u hội tụ trong  tới một nghiệm 0u của 0Qu  khi 0n  . Giới hạn gradient đều (2.31), bảo đảm sự hội tụ đều trên  và do đó 0u  trên  . Định lý đã được chứng minh. Nhận xét 2.8. 1. Điều kiện hình học đối với  , như tính lồi, cần phải được áp đặt nói chung đã được chỉ ra bởi phản ví dụ cổ điển, như trường hợp phương trình bề mặt cực tiểu (2.33)    2 21 2 1 0y xx x y xy x yyu u u u u u u     , trong hình xuyến ,a r b    1/2 2 2r x y  . Nếu điều kiện bị chặn h  (= hằng số > 0) trên , 0r a   trên r b và h đủ nhỏ, bài toán biên có 36Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 35 nghiệm catenoid nổi tiếng. Tuy nhiên, nếu h đủ lớn thì bài toán không có nghiệm. 2. Giả thiết tính trơn tiềm ẩn trong điều kiện độ nghiêng bị chặn không được làm yếu tổng quát cho phép giá trị  cận liên tục. Phản thí dụ chứng tỏ gằng bài toán Dirichlet không cần một nghiệm cho giá trị biên liên tục thậm chí khi đường cong biên là một đường tròn và các hệ số của phương trình trơn tùy ý. 3. Bước thiết yếu trong chứng minh Định lý 2.7 là sự rút gọn trong trường hợp elliptic đều, trong đó có thể được làm bởi sự tồn tại của đánh giá tiên nghiệm cận gradient toàn cục (Bổ đề 2.5). Cận gradient cũng có thể được thiết lập dưới điều kiện cấu trúc phù hợp trên toán tử Q và sự giả thiết hình học liên quan đến miền  . Trong trường hợp  lồi nó có thể thay thế mặt phẳng của điều kiện độ nghiêng bị chặn bởi những hàm số phụ và siêu hàm số phụ liên quan đến Q và tiếp tục với lý luận trong cùng một bản chất. 2.5 Sự tương đương của độ nghiêng bị chặn và điều kiện ba điểm. Đầu tiên giả thiết rằng  ,   thỏa mãn một điều kiện độ nghiêng bị chặn với hằng số ,K  vẫn lồi. Giả sử 1 2 3, ,z z z là 3 điểm không thẳng hàng trên  và giả sử      i i iu z a z z z      , 1,2,3i  , là mặt phẳng trên và dưới tương đương tại điểm   ,i i ip z z  thỏa mãn (2.27). Giả sử      , 1,2,3i iu z az b a z z z i        37Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 36 là mặt phẳng đi qua 1 2 3, ,P P P . Chứng tỏ a K (nếu 1 2 3, ,z z z và 1 2 3, ,P P P là thẳng hàng, mặt phẳng  u z với độ nghiêng K là liên tục). Theo (2.27) ta có (2.34)      , , 1,2,3i j i j i i j ia z z a z z a z z i j      . Từ 1 2 3, ,z z z là các đỉnh của tam giác không suy biến và a là một vectơ trong 2 , ta có 1,2,3i  hay  , 0j j i j j a c z z c   . Từ (2.34) ta cũng suy ra:  2 i j j i i j a a c z z a a K a      , hoặc  2 i j i j i j a a c z z a a K a      . Do đó a K . Vì vậy điều kiện độ nghiêng bị chặn bao hàm điều kiện ba điểm đối với cùng một hằng số K . Ngược lại, giả sử  ,    thỏa mãn điều kiện ba điểm với hằng số K trên miền lồi  . zCho   ,A AA z z là điểm bất kỳ của  sao cho Az không là điểm trong của đường thẳng  . Tồn tại một dãy các hình tam giác với các đỉnh ở những điểm không thẳng hàng , , , i=1,2,...i iA B C  sao cho ,i iB C A cũng như i và mặt phẳng i xác định bởi , ,i iA B C hội tụ đến một mặt phẳng giới hạn  . Có thể giả thiết rằng đoạn iAB có một phương giới hạn trong đó xác định một đường thẳng L qua A nằm trong  có hình chiếu zL lên mặt phẳng z là một giá của  . Rõ ràng L trùng với tiếp tuyến của  tại A . Cho , Q LQ  và cho  biểu thị mặt phẳng xác định bởi ,Q L . Độ nghiêng của  không vượt quá K , từ 38Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 37 đó chuỗi mặt phẳng xác định bởi ,A Q và iB có độ nghiêng giới hạn như  . Xét chuỗi mặt phẳng chứa L và điểm , Q LQ  , và cho các mặt phẳng xác định bởi hàm số tuyến tính  Qu z . Trong mặt phẳng z cho H ký hiệu nửa mặt phẳng có bờ là cạnh L chứa  . Nếu     'Q Q z z  với z H nào đó, thì bất đẳng thức không đổi với mọi z H , trong trường hợp đặc biệt, với mọi z . Vì vậy có mặt phẳng trên và dưới tại A được xác định bởi.        sup , inf , z H Q L Q L Q Qz z z z            . Mặt phẳng  u z  và  u z  có độ nghiêng không vượt quá K và nằm tương ứng trên và dưới  (trên  ). Do đó chúng thỏa mãn điều kiện độ nghiêng bị chặn tại hằng số K không đổi. Rõ ràng nếu A nằm trên đoạn thẳng  , thì đường thẳng chứa đoạn này có thể thay thế L trong lý luận trên. Vì vậy điều kiện ba điểm kéo theo điều kiện độ nghiêng bị chặn với cùng một hằng số K . 39Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 38 KẾT LUẬN Luận văn đã trình bày được các vấn đề sau: 1. Đánh giá tiên nghiệm đối với ánh xạ  ,K K -á bảo giác trên mặt phẳng phức, trong đó có đánh giá cho tích phân Dirichlet và chuẩn Holder cho các thành phần của ánh xạ. 2. Áp dụng các kết quả của ánh xạ  ,K K -á bảo giác vào nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của bài toán biên Dirichlet cho phương trình á tuyến tính elliptic đều và không đều với hai biến độc lập. 40Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 39 Tài liệu tham khảo [1] David Gilbang, Neil. S. Trudinger (2001), Elliptic Partial Differential Equations of Second Order, Springer. [2] L.Bers, M.Schechter (1964), Partial Differential Equations, New York Interscience. 41Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên