ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THU HIỀN BÀI TOÁN CALDERÓN TRONG HÌNH TRÒN ĐƠN VỊ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội 2019 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC[.]
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THU HIỀN BÀI TỐN CALDERĨN TRONG HÌNH TRỊN ĐƠN VỊ LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Hà Nội - 2019 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THU HIỀN BÀI TỐN CALDERĨN TRONG HÌNH TRỊN ĐƠN VỊ Chun ngành: Tốn giải tích Mã số: 46 01 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS ĐẶNG ANH TUẤN Hà Nội - 2019 Lời cảm ơn Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Ban chủ nhiệm Khoa Toán - Cơ - Tin học, Phòng Sau Đại Học, Phòng Đào tạo, Phòng CTCT - SV, trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN tạo điều kiện thuận lời giúp đỡ q trình học tập nghiên cứu Tơi xin gửi lời cảm ơn tới thầy cô Khoa Toán - Cơ - Tin học, trường ĐHKHTN - ĐHQGHN động viên khích lệ, giúp đỡ suốt q trình học tập Đặc biệt, tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS.Đặng Anh Tuấn, người ln hướng dẫn, bảo tận tình, sát tơi q trình thực luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn tới em Mai Thị Kim Dung, người giúp việc sử dụng Latex hồn thiện trình bày luận văn Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn tới người thân, bạn bè người giúp đỡ, động viên tơi suốt q trình thực luận văn Hà Nội, ngày 24 tháng 11 năm 2019 Học viên Nguyễn Thu Hiền Mục lục Lời cảm ơn Danh mục kí hiệu Mở đầu Chuẩn bị 1.1 Một số kiến thức giải tích 1.2 Không gian Sobolev 1.2.1 Không gian Sobolev xuyến 1.2.2 Không gian Sobolev B 17 Bài tốn biên elliptic 26 2.1 Phương trình elliptic 26 2.2 Ánh xạ Dirichlet - Neumann 31 Bài tốn Calderón 35 3.1 Ví dụ Alessandrini 35 3.2 Mở rộng ví dụ Alessandrini 3.3 Một số ví dụ khác 44 36 Kết luận 52 Tài liệu tham khảo 54 Danh mục kí hiệu • N : Tập hợp số tự nhiên • Z+ : Tập hợp số ngun khơng âm • Zn+ : Tập hợp số ngun khơng âm n chiều • α : đa số, α ∈ Zn+ , α = (α1 , α2 , , αn ) • |α| = α1 + α2 + + αn • Dα u : định nghĩa Dα u = ∂ |α| u ∂x1 α1 ∂x2 α2 ∂xn αn • B = {(x1 , x2 ) ∈ R2 |x21 + x22 < 1}, hình trịn đơn vị tâm gốc • Tn xuyến n chiều, Tn = Rn /2πZn • S1 = {eiθ |θ ∈ R} ⊂ R2 • Với A S1 , B, Tn ta định nghĩa: đđ L (A) = {u : A −−−−−−−→ C| Lebesgue p Z |u(x)|p dx < ∞}, ≤ p < ∞ A • C(S1 ): Khơng gian hàm liên tục R, tuần hồn chu kì 2π • C m (B): Khơng gian hàm có đạo hàm tới cấp m liên tục B, với ∀|α| ≤ m • C ∞ (B): Khơng gian hàm khả vi vô hạn B, C ∞ (B) = ∞ T C m (B) m=0 • C0 (B) = {u ∈ C(B), supp u tập compact B}, supp u = {x ∈ B : u(x) 6= 0} • C0m (B) = {u ∈ C m (B), supp u tập compact B} • C0∞ (B) = ∞ T C0m (B) m=0 • C m (B) : Khơng gian hàm u có đạo hàm Dα u liên tục B, ∀|α| ≤ m • C ∞ (B) = ∞ T C m (B) m=0 • ∇u = (ux1 , ux2 ) , uxj , j = 1, đạo hàm riêng u theo xj Mở đầu Xét vật thể dẫn điện mỏng, xem hình trịn B với tính dẫn γ(x) Giả thiết miền B vật thể khơng có nguồn tụ Đặt điện áp f lên S1 sinh điện u B, thỏa mãn toán biên Dirichlet ∇ · (γ∇u) = B, (1) u = f S Bài tốn biên Dirichlet (1) có nghiệm u ∈ H (B) với f ∈ H (S1 ) Khi 1 ta định nghĩa ánh xạ Dirichlet-Neumann Λγ : H (S1 ) → H − (S1 ) xác định Λγ f = γ∂ν u|S1 Λγ f biểu thị dòng điện theo hướng pháp tuyến S1 Ánh xạ Dirichlet-Neumann hoàn toàn xác định phép đo đạc biên Bài tốn Calderón đặt ta hiểu ánh xạ Dirichlet-Neumann ta biết tính dẫn vật thể dẫn điện Trong luận văn này, công việc người viết trình bày ví dụ mở rộng Alessandrini tốn Calderón xét tính ổn định khơi phục lại tính dẫn vật Ngồi người viết quan tâm đến kết tính ổn định C α , < α < 1, T.Barcelo đồng nghiệp báo [11], tính ổn định H α , < α < 1, A Clop đồng nghiệp báo [5] Bố cục luận văn gồm chương: • Chương 1: Trình bày kiến thức giải tích, khơng gian Sobolev xuyến khơng gian Sobolev hình trịn để sử dụng cho chương sau • Chương 2: Trình bày kết tính trơn nghiệm phương trình elliptic Sau đó, từ định lý tồn nghiệm toán biên Dirichlet cho phương trình elliptic, người viết trình bày định nghĩa số tính chất ánh xạ Dirichlet-Neumann Trong trường hợp hệ số phương trình elliptic đặc biệt, người viết nhắc lại kết giúp cho việc viết tường minh ánh xạ DirichletNeumann • Chương 3: Xuất phát từ ví dụ Alessandrini, người viết quan tâm đến lớp tính dẫn γα (x) = α0 + α1 (a − r) < r < a, r = |x| , α0 a < r < 1, (2) Đối với lớp tính dẫn này, người viết thu kết quả: (+) Viết tường minh ánh xạ Dirichlet - Neumann (D-N) (+) Tính ổn định Lipschitz (+) Khơi phục tính dẫn từ ánh xạ D-N Về tính ổn định tính dẫn C α báo [11], T.Barcelo đồng nghiệp thu kγ1 − γ2 kL∞ (Ω) ≤ V kΛγ1 − Λγ2 k∗ Bằng nội suy dẫn đến C β ổn định, < β < α Trong luận văn, người viết dùng dãy tính dẫn α γa (r) = + a ρ r a , a > 0, ρ (r) = e r2 −1 |r| < 1, 0 |r| ≥ 1, để β khơng thể α Về tính ổn định tính dẫn H α báo [5], A.Clop đồng nghiệp thu kγ1 − γ2 kL2 (Ω) ≤ V kΛγ1 − Λγ2 k∗ Bằng nội suy dẫn đến H β ổn định, < β < α Để β không α ta cần đến dãy tính dẫn phức tạp Trong trường hợp C β ổn định ta cần hình trịn cịn trường hợp ta cần đến nhiều hình trịn Khi số hình trịn tăng vô hạn ta thấy không H α ổn định Chương Chuẩn bị 1.1 Một số kiến thức giải tích Ký hiệu Tn xuyến n chiều, Tn = Rn /2πZn Hàm f : Tn → C hiểu f : Rn → C, tuần hoàn với chu kỳ 2πZn Định nghĩa 1.1 Cho p ∈ [1; +∞), không gian Lp (Tn ) định nghĩa sau Z p n n p L (T ) := f : R → C : |f (x)| dx < +∞ , Tn R tích phân Lebesgue [0; 2π]n , với chuẩn Tn p1 kf kLp (Tn ) := (2π)n Z |f (x)|p dx Tn Nhận xét 1.1 (1) L2 (Tn ) khơng gian Hilbert C, với tích vơ hướng Z (f, g)L2 (Tn ) := f (x)g(x)dx, f, g ∈ L2 (Tn ) (2π)n Tn (2) Với n = , T = R/2πZ = S1 , hàm f : T = S1 → C hiểu f : R → C, tuần hoàn với chu kỳ 2π (3) Với n = 2, T2 = R2 /2πZ2 6= S2 , hàm f : T2 → C hiểu f : R2 → C thỏa mãn f (x1 + k1 2π, x2 + k2 2π) = f (x1 , x2 ), ∀k1 , k2 ∈ Z, ∀(x1 , x2 ) ∈ R2 Khi L2 (T) = L2 S1 = L2 (0, 2π) ; L2 (Tn ) = L2 ((0, 2π)n ) Định nghĩa 1.2 ([8]) Với f ∈ L1 (Tn ), ta định nghĩa hệ số Fourier thứ k f sau: Z b f (k) = f (x) e−ikx dx, (2π)n (0,2π)n k ∈ Zn , k = (k1 , k2 , , kn ), kx = k1 x1 + k2 x2 + + kn xn Chuỗi Fourier f là: X fb(k) ek với ek (x) = eikx k∈Zn Định lý 1.1 ([8])(Tính ) Cho f ∈ L1 (Tn ) Nếu fb(k) = với k ∈ Zn f = hầu khắp nơi Chứng minh Xem chứng minh chi tiết [8], Định lý 3.2.4 Định lý 1.2 ([8]) (i) Với f ∈ L2 (Tn ), tổng riêng Sn,R f (x) = P fb(k)ek (x) hội tụ đến f k∈Zn ,|kj |≤R L2 (Tn ), R → ∞ |ak |2 < +∞ Khi tồn f ∈ L2 (Tn ) thỏa mãn P fb(k) = ak Cụ thể f giới hạn L2 (Tn ) ak ek R → ∞ (ii) Với {ak }k∈Zn thỏa mãn P k∈Zn k∈Zn ,|kj |≤R Chứng minh Xem chứng minh chi tiết [8], Định lý 3.2.7 Định lý 1.3 ([8]) Cho f, g ∈ L2 (Tn ), ta có đẳng thức sau: (1) Đẳng thức Parseval (f, g)L2 (Tn ) = X fb(k)b g (k) k∈Zn (2) Đẳng thức Plancherel kf k2L2 (Tn ) = X fb(k) k∈Zn Chứng minh Xem chứng minh chi tiết [8], Định lý 3.2.7 Phần tiếp theo, ta quan tâm đến tích chập Định nghĩa 1.3 Cho f, g hàm đo Rn , tích chập hai hàm đo f, g định nghĩa hình thức sau Z (f ∗ g)(x) = f (x − y)g(y)dy, x ∈ Rn Rn Định nghĩa 1.4 (1) Cho hàm ρ ∈ C0∞ (Rn ) xác định Ce |x|21−1 |x| < 1, ρ(x) = |x| ≥ 1, R C số cho ρ(x)dx = Rn (2) Với ε > 0, ta định nghĩa x ρ( ) εn ε Nhận xét 1.2 (1) ρ ≥ ρ ∈ C0∞ (Rn ), supp ρ = B(0, 1) ρε (x) = (2) ρε ∈ C0∞ (Rn ) thỏa mãn Z ρε (x)dx = 1, Rn supp ρε ⊆ B(0, ε) Mệnh đề 1.1 Với R > 0, ε > x0 ∈ Rn Ta xây dựng hàm cắt η = χBR+ ε (x0 ) ∗ ρ 2ε , thỏa mãn (1) η ∈ C0∞ (Rn ) ≤ η ≤ Rn (2) η = BR (x0 ) η = BR+ε (x0 ) (3) | η| ≤ C , ε Rn với C số dương Chứng minh Tính tốn tương tự chứng minh Mệnh đề 1.2 [3] Ta xem u ∈ Lp (B) hàm u ∈ Lp (Rn ) cách cho u = ngồi B Khi sử dụng Mệnh đề 1.2 [1] ta có kết sau Mệnh đề 1.2 Cho ≤ p < ∞ Khi với u ∈ Lp (B), ta có ρε ∗ u hội tụ đến u Lp (B), ε → 0+ Định lý 1.4 ([8])(Bất đẳng thức Young) Cho ≤ p, q ≤ ∞ r ≥ thỏa mãn 1 1 + = + Nếu f ∈ Lp (Rn ), g ∈ Lq (Rn ), r p q kf ∗ gkLr (Rn ) ≤ kf kLp (Rn ) kgkLq (Rn ) (1.1) Chứng minh Xem chứng minh chi tiết [8], Định lý 1.2.12 Nhận xét 1.3 Với ≤ p, q ≤ ∞ r ≥ thỏa mãn + 1 1 = + ≤ + ≤ r p q p q 1.2 1.2.1 Không gian Sobolev Không gian Sobolev xuyến Định nghĩa 1.5 Cho s > 0, không gian Sobolev xuyến định nghĩa sau: ( ) X s H s (Tn ) = f ∈ L2 (Tn ) : + |k|2 fb(k) < +∞ k∈Zn Chuẩn H s (Tn ) xác định kf kH s (Tn ) = s b + |k| f (k) X k∈Zn ! 21 Mệnh đề 1.3 Với < s < Khi đó, với f ∈ H s (Tn ), ta có Z Z Z |f (x + z) − f (x)|2 kf kH s (Tn ) ∼ dx dz + |z|n+2s (0,2π)n (0,2π)n |f (x)|2 dx (0,2π)n dz |z|n+2s Z |f (x + z) − f (x)|2 dx (1.4) (0,2π)n Áp dụng đẳng thức Parseval cho hàm g (x) = f (z + x) − f (x) có Z X |b g (k)|2 |f (z + x) − f (x)| dx = n (2π) k∈Zn (0,2π)n Trong gb (k) = (2π)n Z −ikx g (x) e Z dx = (2π)n (0,2π)n [f (z + x) − f (x)] e−ikx dx (0,2π)n = (2π)n Z Z f (z + x) e−ikx dx − (0,2π)n f (x)e−ikx dx (0,2π)n = fb(k)eikz − fb(k) = fb(k)(eikz − 1) Khi Z X (1.5) = fb(k) k∈Zn (1.3) (0,2π)n Chứng minh Xét Z Z Z |f (z + x) − f (x)|2 dxdz = |z|n+2s (0,2π)n (0,2π)n (1.2) (0,2π)n ikz e − 1 2 |z|n+2s dz (1.5) Đặt w = |k| z, suy dw = |k|n dz Ta xét ikz e − 1 2 Z n+2s (0,2π)n |z| ikω |k| e − Z 2s dz = |k| n+2s |ω| (0,2π|k||)n 2s Z dω = |k| (0,2π|k|)n Tích phân Ak khơng phụ thuộc vào hướng sin2 kw |k| n+2s dω |ω| = |k|2s Ak k Ta thấy có số dương |k| C1 , C2 cho < C2 < Ak < C1 Khi ikz e − 1 2 Z n+2s (0,2π)n |z| dz = |k|2s Ak ∼ |k|2s Vậy kf k2H s (Tn ) ∼ X k∈Zn 2 X b f (k) |k|2s fb(k) + k∈Zn Định nghĩa 1.6 Cho f ∈ L2 (Tn ) α ∈ Zn+ Ta nói g ∈ L2 (Tn ) đạo hàm riêng yếu cấp α f , viết Dα f = g (f, Dα ϕ)L2 (Tn ) = (−1)|α| (g, ϕ)L2 (Tn ) , ∀ϕ(x) ∈ C ∞ (Tn ) Mệnh đề 1.4 Cho s ∈ Z+ (i) Giả sử f ∈ L2 (Tn ) có đạo hàm riêng yếu Dα f ∈ L2 (Tn ), ∀|α| ≤ s Khi f ∈ H s (Tn ) (ii) Giả sử f ∈ H s (Tn ) Khi f ∈ L2 (Tn ) có đạo hàm riêng yếu Dα f ∈ L2 (Tn ), ∀|α| ≤ s Hơn kf k2H s (Tn ) ' X kDα f k2L2 (Tn ) |α|≤s Ví dụ 1.1 Với s ∈ Z+ , ta có C0s (−π, π)2 ⊂ C s (T2 ) ⊂ H s (T2 ) 10 Chứng minh (i) Giả sử f ∈ L2 (Tn ), Dα f ∈ L2 (Tn ) với |α| ≤ s Theo định nghĩa đạo hàm riêng yếu, hệ số Fourier Dα f xác định sau Z α \ [Dα f (x)] e−ikx dx D f (k) = (2π)n Tn Z |α| = f (x) Dα e−ikx dx (−1) n (2π) Tn = (ik)α fb(k) Áp dụng đẳng thức Parseval ta X X d kDα f k2L2 (Tn ) = Dα f |α|≤s L2 (Tn ) |α|≤s = X X |k α fb(k)|2 = X X k∈Zn |α|≤s k∈Zn |k α |2 |fb(k)|2 |α|≤s Ta thấy có số dương C1 , C2 cho C1 (1 + |k|2 )s ≤ X |k α |2 ≤ C2 (1 + |k|2 )s , ∀k ∈ Zn , |α|≤s hay X |k|2α ' (1 + |k|2 )s |α|≤s Khi f ∈ H s (Tn ) X kDα f k2L2 (Tn ) ' kf k2H s (Tn ) |α|≤s (ii) Nếu f ∈ H s (Tn ), suy P (1 + |k|2 )s |fb(k)|2 < +∞ Ta chứng minh rằng, với k∈Zn α, |α| ≤ s , tồn gα ∈ L2 (Tn ) cho (gα , ϕ)L2 (Tn ) = (−1)α (f, Dα ϕ)L2 (Tn ) , ∀ϕ ∈ C ∞ (Tn ) Thật vậy, lấy gbα (k) = (ik)α fb(k), ta có 2 X X X s |gbα (k)|2 = |k α |2 fb(k) ≤ + |k | fb(k) , ∀|α| ≤ s k∈Zn k∈Zn k∈Zn Áp dụng Định lý 1.2 ta có X L2 (Tn ) gbα (k) −→ gα (x), gα (x) ∈ L2 (Tn ) k∈Zn 11 kgα k2L2 (Tn ) = X |gbα (k)|2 ≤ kf k2H s (Tn ) k∈Zn Khi (gα , ϕ)L2 (Tn ) = X b gbα (k)ϕ(k) k∈Zn = X X b = (ik)α fb(k)ϕ(k) k∈Zn = X b (−1)|α| fb(k)(ik)α ϕ(k) k∈Zn α ϕ(k) [ (−1)|α| fb(k)D k∈Zn = (−1)|α| (f, Dα ϕ)L2 (Tn ) Ta suy gα = Dα f, ∀|α| ≤ s Hơn X kDα f k2L2 (Tn ) ≤ C kf k2H s (Tn ) |α|≤s Định nghĩa 1.7 Với s > 0, ta định nghĩa H −s (Tn ) = (H s (Tn ))0 không gian đối ngẫu không gian H s (Tn ) H −s (Tn ) = f : H s (Tn ) → C tuyến tính liên tục Theo định nghĩa chuẩn phiếm hàm tuyến tính liên tục f ∈ H −s (Tn ) xác định sau: kf kH −s (Tn ) = |(f, g)| 06=g∈H s (Tn ) kgkH s (Tn ) sup Mệnh đề 1.5 Với f ∈ H −s (Tn ) , ta có kf kH −s (Tn ) = X k∈Zn −s + |k|2 fb(k) ! 21 , fb(k) = (f, ek ) hệ số Fourier thứ k f Chứng minh Lấy g ∈ H s (Tn ), g = P k∈Zn gb(k)eikx Với f ∈ H −s (Tn ), ta có: ! (f, g) = f, X gb(k)eikx k∈Zn = X k∈Zn 12 fb(k)b g (k), (1.6) kgkH s (Tn ) = s P + |k| |b g (k)| 21 k∈Zn Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta X X −s s fb(k)b + |k|2 gb (k) + |k|2 fb(k) |(f, g)| = g (k) = n n k∈Z k∈Z !1 ! 12 2 X X s −s + |k|2 |b g (k)|2 × + |k|2 fb(k) k∈Zn k∈Zn −s + |k|2 fb(k) X kgkH s (Tn ) × k∈Zn ! 21 Ta suy −s + |k|2 fb(k) X kf kH −s (Tn ) k∈Zn ! 12 Mặt khác, ta xét gN ∈ H s (Tn ), xác định X gN (x) = (1 + |k|2 )−s fb(k)eikx k∈Zn ,|kj |≤N Theo định nghĩa kgN k2H s (Tn ) = (1 + |k|2 )s |c gN (k)|2 P k∈Z n Khi X kgN k2H s (Tn ) = (1 + |k|2 )s (1 + |k|2 )−2s |fb(k)|2 k∈Zn ,|kj |≤N X = (1 + |k|2 )−s |fb(k)|2 k∈Zn ,|kj |≤N Ta có (f, gN )L2 (Tn ) = X fb(k)b gN (k) k∈Zn = X fb(k)(1 + |k|2 )−s fb(k) k∈Zn ,|kj |≤N = X (1 + |k|2 )−s |fb(k)|2 = kgN k2H s (Tn ) k∈Zn ,|kj |≤N Ta lại có (f, gN )L2 (Tn ) ≤ kf kH −s (Tn ) kgN kH s (Tn ) 13 (1.7) Cho nên kgN k2H s (Tn ) ≤ kf kH −s (Tn ) kgN kH s (Tn ) Từ suy kgN kH s (Tn ) ≤ kf kH −s (Tn ) , hay X (1 + |k|2 )−s |fb(k)|2 ≤ kf kH −s (Tn ) k∈Zn ,|kj |≤N Cho N → +∞, X (1 + |k|2 )−s |fb(k)|2 ≤ kf kH −s (Tn ) (1.8) k∈Zn Vậy từ (1.7) (1.8), ta (1.6) (i) Nếu s ≥ t > H s (Tn ) ,→ H t (Tn ) Mệnh đề 1.6 (ii) Nếu s ≥ |α| > 0, α ∈ Zn+ f ∈ H s (Tn ) Dα f ∈ H s−|α| (Tn ) Chứng minh (i) Với s ≥ t > f ∈ H s (Tn ), X (1 + |k|2 )s |fb(k)|2 kf k2H s (Tn ) = k∈Zn ≥ X (1 + |k|2 )t |fb(k)|2 = kf k2H t (Tn ) k∈Zn Suy f ∈ H t (Tn ) kf kH t (Tn ) ≤ kf kH s (Tn ) , ∀f ∈ H s (Tn ) (ii) Do f ∈ H s (Tn ) nên theo ý (i) f ∈ H [s] (Tn ) Từ Mệnh đề 1.4 ta có Dα f ∈ L2 (Tn ), ∀|α| ≤ [s] ≤ s Với s ≥ |α| > 0, ta có 2 X X s−|α| d s−|α| 2|α| b α (1 + |k| ) (1 + |k| ) |k| f (k) D f (k) = k∈Zn k∈Zn ≤ X s−|α| (1 + |k| ) + |k| k∈Zn = X k∈Zn b (1 + |k| ) f (k) s 2 P s n s b Do f ∈ H (T ) nên (1 + |k| ) f (k) < +∞ k∈Zn Suy X k∈Zn 2 d α f (k) < +∞ (1 + |k|2 )s−|α| D 14 |α| b f (k) Khi Dα f ∈ H s−|α| (Tn ) Định lý 1.5 (i) Với s > n2 , ta có H s (Tn ) ,→ C (Tn ) (ii) Với s > m + n2 , m ∈ Z+ , ta có H s (Tn ) ,→ C m (Tn ) Chứng minh P b P b f (k)eikx hội f (k)eikx Ta (i) Với f ∈ H s (Tn ) , f (x) = k∈Zn k∈Zn n tụ đến f C(T ) Thật áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có X X |fb(k)| = + |k|2 −s + |k|2 2s |fb(k)| k∈Zn k∈Zn ! 12 ≤ X −s + |k|2 ! 21 k∈Zn X s + |k|2 |fb(k)|2 k∈Zn Do s > n2 , sử dụng dấu hiệu so sánh, ta có P −s (1 + |k|2 ) < +∞ k∈Zn Mặt khác X + |k|2 s |fb(k)|2 hội tụ f ∈ H s (Tn ) k∈Zn Khi X fb(k)eikx hội tụ đến f (x) C(Tn ) k∈Zn Vậy f ∈ C(Tn ) (ii) Với s > m + n , f ∈ H s (Tn ) Theo Mệnh đề 1.6 ta có Dα f ∈ H s−|α| (Tn ) ,→ H m (Tn ) Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh với α ∈ Zn+ , α = (α1 , α2 , , αn ), |α| ≤ m, đạo hàm riêng yếu Dα f đạo hàm thông thường n Với m = 1, ta chứng minh H s (Tn ) ,→ C (Tn ) , ∀s > + Do f ∈ H s (Tn ), nên f có đạo hàm riêng yếu Dα f, với |α| = 15 Theo Mệnh đề 1.6, ta có H s (Tn ) ,→ H (Tn ) Dα f ∈ H s−1 (Tn ) n Theo ý (i), với s > , ta có X fb(k)eikx hội tụ đến f C(Tn ) k∈Zn Với s − > n , |α| = 1, ta có X (ik)α fb(k)eikx hội tụ đến Dα f Tn |α|≤m Khi f có đạo hàm riêng thơng thường Dα f C(Tn ) với |α| = Vậy f ∈ C (Tn ) Giả sử điều ta cần chứng minh với m, tức H s (Tn ) ,→ C m (Tn ) , ∀s > m + n (giả thiết quy nạp) Ta chứng minh H s (Tn ) ,→ C m+1 (Tn ) , ∀s > m + + n Do f ∈ H s (Tn ), nên f có đạo hàm riêng yếu Dα f, với |α| = m + Theo Mệnh đề 1.6 ta có H s (Tn ) ,→ H m+1 (Tn ) Dα f ∈ H s−(m+1) (Tn ) Với α = (α1 , α2 , , αn ) ∈ Zn+ , |α| = m + , ∃αj > 0, ≤ j ≤ n Khơng tính tổng qt, giả sử α1 > 0, ta xét β = (α1 − 1, α2 , , αn ) ∈ Zn+ , |β| = m Khi ∂ ∂ |α| f = D f= α α ∂x1 ∂xn n ∂x1 α ∂ |β| f ∂x1 α1 −1 ∂xn αn = ∂ β D f ∂x1 Do từ giả thiết quy nạp Dβ f đạo hàm riêng thông thường f C m (Tn ), n với |β| = m Do với s > m + , ta có X (ik)β fb(k)eikx hội tụ đến Dβ f C(Tn ) |β|≤m Với s − > m + n , X (ik)α fb(k)eikx hội tụ đến Dα f Tn |α|≤m Khi f có đạo hàm riêng cấp α theo nghĩa thơng thường Dα f, với |α| = m + Vậy f ∈ C m+1 (Tn ) 16 1.2.2 Không gian Sobolev B Sau ta định nghĩa không gian Sobolev hình trịn B < s < Định nghĩa 1.8 Cho < s < 1, không gian Sobolev H s (B) bao gồm hàm u ∈ L2 (B) giá trị thực thỏa mãn ZZ ZZ dy1 dy2 B |u(x) − u(y)|2 dx1 dx2 < ∞ |x − y|2+2s B Chuẩn u ∈ H s (B) xác định sau : ZZ kukH s (B) = ZZ dy1 dy2 B |u(x) − u(y)| dx1 dx2 + |x − y|2+2s 21 ZZ |u(x)|2 dx1 dx2 (1.9) B B Định nghĩa 1.9 Cho u ∈ L2 (B) α = (α1 , α2 ) ∈ Z2+ Ta nói v ∈ L2 (B) đạo hàm riêng yếu cấp α u, viết Dα u = v ZZ ZZ |α| α uD ϕdx1 dx2 = (−1) vϕdx1 dx2 , ∀ϕ ∈ C0∞ (B) B B Mệnh đề 1.7 ([2]) Cho u ∈ L2 (B), α, β ∈ Z2+ Giả sử u có đạo hàm riêng yếu Dα u ∈ L2 (B) Dα u có đạo hàm riêng yếu Dβ (Dα u) ∈ L2 (B) u có đạo hàm riêng yếu Dα+β u Dα+β u = Dβ (Dα u) Chứng minh Xem chứng minh chi tiết [2], Mệnh đề 2.2 Định nghĩa 1.10 Không gian Sobolev H m (B), m ∈ Z+ bao gồm hàm u ∈ L2 (B) giá trị thực cho đạo hàm riêng yếu cấp α u với |α| ≤ m tồn Dα u ∈ L2 (B), H m (B) = u ∈ L2 (B)|Dα u ∈ L2 (B), |α| ≤ m H m (B) khơng gian Hilbert thực với tích vơ hướng xác định sau X ZZ (u, v)H m (B) = Dα uDα vdx1 dx2 u, v ∈ H m (B) |α|≤m B Chuẩn u ∈ H m (B) xác định sau 21 kukH m (B) = X ZZ |α|≤m B Định lý 1.6 C m (B) trù mật H m (B) 17 |Dα u|2 dx1 dx2 (1.10) Chứng minh Với u ∈ H m (B), ta định nghĩa uτ (x) = u(τ x), < τ < Xét uτ : τ −1 B → B, uτ ∈ H m (τ −1 B) Do ϕ ∈ C0∞ (τ −1 B) nên ϕ(τ −1 B) ∈ C0∞ (B) Ta có ZZ ZZ α u(y)(Dα ϕ)(τ −1 y)τ −2 dy1 dy2 u(τ x)D ϕ(x)dx1 dx2 = τ −1 B B = (−1) ZZ |α| ZBZ = (−1)|α| (Dα u) (y).ϕ(τ −1 y).τ |α|−2 dy1 dy2 (Dα u) (τ x).ϕ(x).τ |α| dx1 dx2 B Do Dα uτ = τ |α| (Dα u)τ Từ suy τ →1− uτ ∈ H m (τ −1 B) uτ −→ u H m (B) τ −1 − , ta thác triển uτ = τ −1 B Ta có (ρε ∗ uτ )(x) ∈ C0∞ (R2 ) supp (uτ ∗ ρε ) ⊂ τ −1 B + εB Lấy < ε < Với x ∈ B, theo định nghĩa hàm ρ ta có ρε (x − y) 6= ⇔ |x − y| ≤ ε ⇔ y ∈ x + εB Khi với x ∈ B, x cố định, < ε < τ −1 − , supp ρε (x − ) ⊂ x + εB ⊂ B + εB ⊂ τ −1 B Với |α| ≤ m, ta chứng minh Dα (ρε ∗ uτ )(x) = (Dα uτ ∗ ρε )(x) B Thật vậy, với |α| ≤ m, Z α D (ρε ∗ uτ )(x) = uτ (y)Dxα ρε (x − y)dy Rn |α| Z = (−1) uτ (y)Dyα ρε (x − y)dy τ −1 B Z = Dα uτ (y).ρε (x − y)dy τ −1 B = (Dα ρε ∗ uτ ) (x) 18 ...ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THU HIỀN BÀI TỐN CALDERĨN TRONG HÌNH TRỊN ĐƠN VỊ Chun ngành: Tốn giải tích Mã số: 46 01 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người... Phòng CTCT - SV, trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN tạo điều kiện thuận lời giúp đỡ tơi q trình học tập nghiên cứu Tôi xin gửi lời cảm ơn tới thầy Khoa Tốn - Cơ - Tin học, trường ĐHKHTN - ĐHQGHN... đo đạc biên Bài tốn Calderón đặt ta hiểu ánh xạ Dirichlet-Neumann ta biết tính dẫn vật thể dẫn điện Trong luận văn này, cơng việc người viết trình bày ví dụ mở rộng Alessandrini tốn Calderón xét