Định lý tồn tại và duy nhất của bà i toán ba điểm biên

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT CỦA BÀI TOÁN BA ĐIỂM BIÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ Năm: BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC Chuyên ngành: : Mã số: : LUẬN VĂN THẠC SĨ Người hướng dẫn TS 1 MỞ ĐẦU Thiết lập số tính chất hàm khả vi hai lần theo nghĩa mở rộng số quy tắc tính toán tổng đạo hàm đồ thị gradient, đạo hàm bậc hai đạo hàm parabol 582 Thiết lập điều kiện đủ cực tiểu địa phương mạnh cho hàm thường nửa liên tục thông qua đạo hàm đồ thị gradient Đặc trưng điều kiện tăng trưởng bậc hai thông qua đạo hàm đồ thị gradient tính quy mêtric mạnh lớp hàm lồi biến phân lớp hàm biểu diễn dạng tổng hàm khả vi hai lần theo nghĩa mở rộng hàm liên tục vi phân, quy gần kề khả vi đồ thị hai lần 2 Xấp xỉ tích chập Lp Ta thấy rằng, cho f ∈ Lp (Ω) với ≤ p < ∞, tồn (fh )h ⊂ C0c (Ω) cho fh → f Lp (Ω) Ta chứng minh tính xấp xỉ này, tìm kiếm xấp xỉ theo hàm quy Chính xác Câu hỏi: (i) Có tồn (fh )h ⊂ C1c cho fh → f Lp (Ω)? (ii) Có thể xây dựng cách rõ ràng xấp xỉ thứ h hàm fh cho f ∈ Lp (Ω)? Câu trả lời cho câu hỏi thứ hai có ý nghĩa xấp xỉ số Định nghĩa (Friedrichs’ mollifiers) Một dãy mollifiers dãy hàm ϱh : Rn → R, (h = 1, 2, ) cho, với h, ϱ ∈ C∞ (Rn ); (M o1) spt(ϱh ) ⊂ B(0, 1/h); Z ϱh dx = 1; (M o2) (M o3) Rn ϱh (x) ≥ 0, ∀x ∈ Rn (M o4) Ví dụ mollifiers: Khá đơn giản để xây dựng dãy mollifiers, hàm không biến ϱ : Rn → R thỏa mãn n ϱ ∈ C∞ c (R ), spt(ϱ) ⊂ B(0, 1), ϱ ≥ Ví dụ, cho ϱ(x) :=   exp |x| −  |x| < |x| ≥  n Khi dễ thấy ϱ ∈ C∞ c (R ) Hơn nữa, ta có dãy mollifiers định nghĩa ϱh (x) := c hn ϱ(hx), x ∈ Rn , h ∈ N −1 Z c := ϱdx Rn Chú ý: Nếu A, B ⊂ Rn , A ± B ký hiệu tập A ± B := {a ± b : a ∈ A, b ∈ B} Bài tập Chứng minh (i) Nếu A compact B đóng, A + B đóng; (ii) A B compact A + B Mệnh đề (Định nghĩa tính chất mollifiers đầu tiên) Cho f ∈ L1loc (Rn ) (ϱh )h dãy mollifiers Định nghĩa, cho h ∈ N x ∈ Rn , Z ϱh (x − y)f (y)dy, ∀x ∈ Rn fh (x) := (ϱ ∗ f )(x) := Rn Khi (i) Hàm fh : Rn → R is well defined; (ii) fh (x) = (ϱh ∗ f )(x) = (f ∗ ϱh )(x) với x ∈ Rn h ∈ N; (iii) fh (x) ∈ C0 (Rn ) với h Hàm fh gọi mollifiers thứ h f Chứng minh Để đơn giản, ta ký hiệu ϱh ≡ ϱ (i) Theo (Mo2) (Mo4), spt(ϱ) ⊂ B(0, 1/h) Khi Z Z |f (y)ϱ(x − y)|dy = Rn |f (y)ϱ(x − y)|dy B(x,1/h) Z ≤ sup ϱ Rn |f (y)|dy < ∞ B(x,1/h) Do đó, ta thay đổi x ∈ Rn , hàm gx (y) := ϱ(x − y)f (y), y ∈ Rn khả tích Rn , xác định tích phân Z Z R∋ gx (y)dy = ϱ(x − y)f (y)dy = (ϱ ∗ f )f (x), ∀x ∈ Rn Rn Rn (ii) cách thay đổi biến Z (f ∗ ϱ)(x) = f (x − y)ϱ(y)dy (z=x=y) Z f (z)ϱ(x − z)dz = (ϱ ∗ f )(x) = Rn Rn (iii) Cho x ∈ Rn xr → x, ta chứng minh (ϱ ∗ f )(xr ) → (ϱ ∗ f )(x) (1) Chú ý Z (ϱ ∗ f )(xr ) − (ϱ ∗ f )(x) = (ϱ(xr − y) − ϱ(x − y))f (y)dy, ∀r ∈ N (2) Rn Từ dãy (xr )r bị chặn Rn , tồn tập compact K ⊂ Rn thỏa mãn B(xr , 1/h) = xr − B(0, 1/h) ⊂ K, B(x, 1/h) ∈ K, ∀r ∈ N Đặc biệt ϱ(xr − y) − ϱ(x − y) = 0, ∀y ∈ / K, ∀r ∈ N (3) Bởi vì, ϱ ∈ Lip(Rn ), theo (??), tồn L > thỏa |ϱ(xr − y) − ϱ(x − y)| ≤ LχK (y)|xr − x|, ∀y ∈ Rn , ∀r ∈ N Vì ta |ϱ(xr − y)ϱ(x − y)||f (y)| ≤ LχK (y)|f (y)||xr − x|, ∀y ∈ Rn , ∀r ∈ N (4) Từ (??), (??) định lý tính hội tụ bị trội, theo (??) Nhận xét Ký hiệu ∗ tích chập hai hàm khơng gian Rn Lưu ý, kết mệnh đề ?? giữ f ∈ L1loc (Rn ) ϱ ≡ ϱh ∈ C0 (Rn ) thỏa (Mo2) Trên thực tế, xác định tích chập hai hàm g ∈ Lp (Rn ) với ≤ p ≤ ∞ f ∈ L1 (Rn ) Z (g ∗ f )(x) := g(x − y)f (y)dy Rn giữ (g ∗ f ) ∈ Lp (Rn ) ∥g ∗ f ∥Lp (Rn ) ≤ ∥g∥Lp (Rn ) ∥f ∥L1 (Rn ) Định lý (Friedrichs - Sobolev, Xấp xỉ theo tích chập Lp ) Cho f ∈ L1loc (Rn ) (ϱh )h dãy mollifiers Khi (i) f ∗ ϱh ∈ C ∞ (Rn ) với h ∈ N (ii) ∥f ∗ϱ∥Lp (Rn ) ≤ ∥f ∥Lp (Rn ) với h ∈ N, f ∈ Lp (Rn ) với p ∈ [1, ∞] (iii) spt(f ∗ ϱ) ⊂ spte (f ) + B(0, 1/h) với h ∈ N (iv) Nếu f ∈ Lp (Rn ) với ≤ p ≤ ∞, f ∗ ϱh ∈ C ∞ (Rn ) ∩ Lp (Rn ) với h ∈ N, f ∗ ϱh → f h → ∞, Lp (Rn ), biết ≤ p < ∞ Kết cho ta hai kết quan trọng Định lý (Bổ đề tính tốn biến) Cho Ω ⊂ Rn tập mở cho f ∈ L1loc (Ω) Giả sử Z f φdx = 0, ∀φ ∈ Cc∞ (Ω) (∗) Ω Khi f = hầu khắp nơi Ω Chứng minh Chứng minh điều kiện đủ Z |f |dx = với tập compact K ∈ Ω K Thật vậy, theo (??), suy f = hầu khắp nơi K, với tập compact K ∈ Ω Ta có kết luận Ta chứng minh (??) Cho tập compact K ∈ Ω, định nghĩa g : Rn → R   f (x) x ∈ K, f (x) ̸= g(x) := |f (x)|  ngược lại Khi g ∈ L1 (Rn ) spte (g) ⊆ K ⊂ Ω Cho gh := g ∗ ϱh Theo định lý ?? (iii), tồn h = h(K) ∈ N cho spt(g ∗ ϱh ) ⊆ spte (g) + B(0, 1/h) ⊆ K + B(0, 1/h) ⊂ Ω (5) với h > h Do đó, theo định lý ?? (i), (ii), gh ∈ C∞ h > h |gh (x)| ≤ ∥g∥L∞ (Rn ) = 1, ∀x ∈ Rn , ∀h ∈ N (6) c Từ (∗) ta Z f gh dx = 0, ∀h ≤ h Ω Mặt khác, từ định lý ?? (iv) (??), ta giả sử, dãy tăng, gh → g hầu khắp nơi Rn Do đó, Z Z Z f gh dx → = 0= Ω |f |dx f g dx = Ω K Định lý (Xấp xỉ theo hàm C∞ Lp ) Cho Ω ⊂ Rn tập mở p Khi C∞ c (Ω) trù mật L (Ω), ∥.∥Lp , biết ≤ p < ∞ Chứng minh Cho f ∈ Lp (Ω), định nghĩa fe : Rn → R ( f (x) x ∈ Ω fe(x) := x ∈ Rn \ Ω Chú ý fe ∈ Lp (Rn ) Cho (Ωh )h dãy tăng tập mở bị chặn cho Ω = ∪∞ h=1 Ωh , Ωh ⊂ Ωh ⊂ Ωh+1 , ∀h, định nghĩa gh (x) := χΩh (x)fe(x) fh,r (x) := (ϱr ∗ gh )(x) x ∈ Rn , h, r ∈ N Theo định lý ?? (iii) suy spt(fh,r ) ⊂ B(0, 1/r) + Ωh ⊂ Ω (7) Hơn nữa, cho h ∈ N, tồn rh = r(h) ∈ N cho rh ≥ h B(0, 1/rh ) + Ωh ⊂ Ω Định nghĩa fh (x) := (ϱrh ∗ gh )(x), x ∈ Rn , h ∈ N, (8) để đơn giản, giả sử rh = h Khi đó, theo định lý ?? (i), (ii) (??), (??), fh ∈ C∞ c (Ω) ∥fh − f ∥Lp (Ω) = ∥fh − fe∥Lp (Rn ) ≤ ∥ϱh ∗ gh − ϱh ∗ fe∥Lp (Rn ) + ∥ϱh ∗ fe − fe∥Lp Rn = ∥ϱh ∗ (gh − fe)∥Lp (Rn ) + ∥ϱh ∗ fe − fe∥Lp (Rn ) (9) ≤ ∥gh − fe∥Lp (Rn ) + ∥ϱh ∗ fe − fe∥Lp (Rn ) , ∀h Từ định lý ?? (iv), ϱh ∗ fe → fe Lp (Rn ), theo định lý hội tụ miền gh → fe Lp (Rn ) Khi theo (??), ta có điều phải chứng minh Tính chất ∆U lớp vành Một phần tử r ∈ R gọi ∆-clean r biểu diễn thành r = e + t e phần lũy đẳng R t ∈ ∆(R) Vành R gọi ∆-clean phần tử R ∆-clean Chú ý, phẩn tử ∆-clean clean Mệnh đề Các điều kiện sau tương đương vành R (1) R ∆U -vành; (2) Tất phần tử clean R ∆-clean Chứng minh (1) ⇒ (2) Giả sử R ∆U -vành Lấy r ∈ R clean, r = e + u Vì R ∆U -vành, ta có u = + a với a ∈ ∆(R) Lưu ý − 2e ∈ U (R) = + ∆(R), 2e ∈ ∆(R) Khi 2e + a ∈ ∆(R) r = e + + a = (1 − e) + (2e + a) biểu diễn ∆-clean r (2) ⇒ (1) Lấy u ∈ U (R) Khi u clean nên theo giả thiết u ∆-clean Giả sử u = e + a biểu diễn ∆-clean u với a ∈ ∆(R) e lũy đẳng Ta có = eu−1 + au−1 suy eu−1 = − au−1 khả nghịch R Vì e = Điều nghĩa u = + a ∈ + ∆(R) U (R) = + ∆(R) Định lý Cho R vành, điều kiện sau tương đương (1) R clean ∆U -vành; (2) Nếu a ∈ R thỏa mãn a − a2 ∈ ∆(R), tồn tử phẩn tử lũy đẳng e ∈ R cho a − e ∈ ∆(R); (3) R ∆-clean ∆U -vành; (4) R vành ∆-clean Chứng minh (1) ⇔ (3) ⇔ (4) suy từ Mệnh đề ?? (1) ⇒ (2) Giả sử R clean ∆U -vành Khi đó, a ∈ R a − e ∈ ∆(R), với e lũy linh Tiếp theo ta chứng minh a − a2 ∈ ∆(R) Theo Mệnh đề ??, giả sử a = e + j biểu diễn ∆-clean a Khi a − a2 = (j − j ) − (ej + je) Chú ý j − j ∈ ∆(R) 2e ∈ ∆(R) Bây ta chứng minh ej + je ∈ ∆(R) Thậy vậy, ta có [ej(1 − e)]2 = = [(1 − e)je]2 theo Mệnh đề ?? ta ej − eje = ej(1 − e) ∈ ∆(R) je − eje = (1 − e)je ∈ ∆(R) Suy je − ej ∈ ∆(R) Vì ej + je = 2ej + (je − ej) ∈ ∆(R) (2) ⇒ (3) suy từ định nghĩa Rõ ràng Hệ 10 suy từ Định lý ?? Nghĩa vành đơn vị thỏa mãn tính chất ∆(R) = Cho vành R, phần tử a ∈ R gọi phần tử quy mạnh tồn x ∈ R thỏa mãn a = a2 x Một vành mà phần tử phần tử quy mạnh gọi vành quy mạnh Định lý Cho R vành Khi đó, điều kiện sau tương đương (1) R ∆U -vành quy; (2) R ∆U -vành quy mạnh; 36 Tập hợp ′ uh (x) := |sh (x)|p −1 sign(u(x)) x ∈ Ω Khi (uh ) dãy hàm đơn giản Z Z (??) ′ ∥sh ∥pLp′ (Ω) p′ |sh | dx ≤ = Ω Ω ′ shp −1 |u|dx Z (??) = uh u dx = ϕ(uh ) Ω Z ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ ∥uh ∥Lp (Ω) = ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ (p′ −1)p |sh |  p1 dx Ω Z  p1 p′ = ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ |sh | dx Ω p′ = ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ ∥sh ∥Lpp (Ω) Nếu ∥sh ∥Lp′ (Ω) = 0, (??) hiển nhiên Nếu ∥sh ∥Lp′ (Ω) > 0, bất đẳng thức (??) chia cho ∥sh ∥ p′ p Lp′ (Ω) p ý p′ (1 − ) = Từ (??), (??) bổ đề Fatou ta có Z Z ′ p ∥u∥L = p′ (Ω) ′ Ω h→∞ ′ ′ |u|p dx ≤ lim inf Ω ′ |sh |p dx = lim inf ∥sh ∥pLp′ (Ω) ≤ ∥ϕ∥p(Lp (Ω))′ < ∞ h→∞ Do (??) < p < ∞ Bước 3: Giả sử |Ω| = ∞ ta chứng minh T is still onto Cho (Ω)h dãy tăng tập bị chặn cho Ω = ∪∞ h=1 Ωh ′ Ta đồng ý với nhận định Lp (Ωh ) Lp (Ωh ), (h = 1, 2, ) với không gian ′ Lp (Ω) Lp (Ω) bao gồm hàm khuyết bên Ωh Đặc biệt, với ϕ ∈ (Lp (Ω))′ suy ϕ ∈ (Lp (Ω))′ ∥ϕ∥(Lp (Ωh ))′ ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ , ∀h (32) ′ Từ bước 2, với h, tồn uh ∈ Lp (Ωh ) cho ∥uh ∥Lp′ (Ω) = ∥ϕ∥(Lp (Ωh ))′ Z ϕ(f ) = Ωh uh f dx, ∀f ∈ Lp (Ωh ) (33) (34) 37 Chú ý từ Lp (Ωh ) ⊂ Lp (Ωh+1 ), theo tính uh+1 = uh hầu khắp nơi Ωh Vì vậy, suy định nghĩa hàm u : Ω → R u(x) := uh (x) x ∈ Ωh Từ (??), (??) định lý đơn điệu hội tụ ∥u∥Lp′ (Ω) = lim ∥u∥Lp′ (Ωh ) = lim ∥uh ∥Lp′ (Ω) ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ < ∞, h→∞ h→∞ ′ u ∈ Lp (Ω) Hơn nữa, f ∈ Lp (Ω), theo định lý tính hội tụ trội f χΩh → f LP (Ω), thế, theo tính liên tục ϕ (??), Z ϕ(f ) = lim ϕ(f χΩh ) = lim h→∞ h→∞ Z u f dx = Ωh u f dx Ω Ta hoàn tất chứng minh Nhận xét Định lý biểu diễn Riesz mở rộng đến không gian đo (X, M, µ) Chính xác hơn, ta xác định ′ Lp (X, µ) ≡ (Lp (X, µ))′ cịn giữ • < p < ∞ cho o tng quỏt ã p = bit µ σ -hữu hạn Cách xác định sai trường hợp khác Support hàm Lp Ta biết rằng, cho hàm f : Rn R, support f tập hợp spt(f ) := Bao đóng{x ∈ Rn : f (x) ̸= 0} = {x ∈ Ω : f (x) ̸= 0} (S) Định nghĩa khơng cịn phù hợp cho hàm f ∈ Lp (Rn ) Thật vậy, ta muốn khái niệm thỏa mãn tính chất sau f1 = f2 hầu khắp nơi Rn ⇒ spt(f1 ) = spt(f2 ), trừ số phần không đáng kể 38 Nhưng trường hợp khơng Thật Ví dụ: Cho f1 := χQ : R → R f2 ≡ Khi đó, rõ ràng f1 = f2 hầu khắp nơi R spt(f1 ) = Q = R spt(f2 ) = ∅ Mệnh đề (Support thiết yếu cùa hàm) Cho f : Rn → R Ký hiệu Af := {ω ⊂ Rn : ω tập mở f = hầu khắp nơi ω} cho Af := ∪ω∈Af ω Khi Af tập mở f = hầu khắp nơi Af Tập đóng spte (f ) := Rn \ Af (ES) gọi support cần thiết f Rn Nhận xét 10 (i) Từ định nghĩa (ES), suy ra, f1 = f2 hầu khắp nơi Rn , spte (f1 ) = spte (f2 ) (ii) Định nghĩa (S) (ES) giống hàm liên tục Chính xác Bài tập Nếu f : Rn → R liên tục, Rn \ Af = {x ∈ Rn : f (x) ̸= 0} Chứng minh mệnh đề ?? Hiển nhiên Af tập mở Ta chứng minh f (x) = hầu khắp nơi x ∈ Af (35) Từ Rn không gian metric tách được, thỏa mãn tiên đề thứ hai tính đếm (Định lý 26) Do tồn họ đếm tập mở U = {Ui : i ∈ N} thỏa mãn với tập mở Rn hợp phần tử đếm U Với ω ∈ Af , giả sử ω = ∪i∈Jω Ui 39 cho số phù hợp Jω ⊂ N cho J := ∪ω∈Af Jω Do Af = ∪i∈J Ui Từ f = hầu khắp nơi Ui với i ∈ J , theo (??) 12 Nhóm nhị diện Mệnh đề Cho nhóm nhị diện Dn = ⟨r, s | rn = s2 = 1, s−1 rs = r−1 ⟩ với n ⩾ 3, H nhóm Dn Khi (i) Nếu H = Rk với k|n, ⩽ k ⩽ n Pr(H, Dn ) =  n+k   2n n   + 2k n chẵn k | n 2n (ii) Nếu H = Tl với ⩽ l ⩽ n − Pr(H, Dn ) =  n+1   n lẻ, 2n   n + n chẵn 2n (iii) Nếu H = Ui,j với i|n, ⩽ i ⩽ n − 1, ⩽ j ⩽ i − Pr(H, Dn ) =  n+i+2     4n         n lẻ, n+i+4 n n chẵn i ∤ , 4n n + 2i + n n chẵn i | 4n Chứng minh (i) Giả sử H = Rk với k|n, ⩽ k ⩽ n Theo Mệnh đề 47 ta có |Rk | = Do k Rk = ⟨r ⟩ =  n n lẻ, n chẵn k ∤ , n n = (n, k) k  n r ⩽ l ⩽ − k kl 40 Khi X X |CDn (x)| = |CDn (1)| + |CDn (rkl )| 1⩽l⩽ nk −1 x∈Rk Ta xét hai trường hợp n sau Trường hợp 1: n lẻ Theo Mệnh đề 48 ta có X kl |CDn (r )| = n 1⩽l⩽ nk −1 Từ suy X |CDn (x)| = |Dn | + n k x∈Rk k  − |R1 |  − |R1 | = 2n + n k  −1 n= n(n + k) k Áp dụng Mệnh đề 40 ta có Pr(Rk , Dn ) = X 1 n+k n+k |CDn (x)| = n n = |Rk ||Dn | k 2n 2n x∈Rk k Trường hợp 2: n chẵn Ta xét hai trường hợp k n Trường hợp 2a: k ∤ Khi đó, theo Mệnh đề 48 ta có  n X |CDn (rkl )| = 1⩽l⩽ nk −1 Từ suy X |CDn (x)| = |Dn | + x∈Rk n k  k − |R1 | − |R1 | = 2n + n k  −1 n= n(n + k) k Áp dụng Mệnh đề 40, ta có X 1 n+k n+k |CDn (x)| = n n = |Rk ||Dn | k 2n 2n x∈Rk k n Trường hợp 2b: k | Khi đó, theo Mệnh đề 48 ta có n  X X n
|CDn (rkl )| = CDn r + |CDn (rkl )| = |Dn |+ − |R1 | k n n Pr(Rk , Dn ) = 1⩽l⩽ k −1 1⩽l⩽ k −1 n l̸= 2k 41 Từ suy X |CDn (x)| = |Dn | + |Dn | + x∈Rk = 2n + 2n + n k n  − |R1 | k  −2 n= n(n + 2k) k Áp dụng Mệnh đề 40 ta có Pr(Rk , Dn ) = X 1 n(n + 2k) n + 2k |CDn (x)| = n = |Rk ||Dn | k 2n 2n x∈Rk k Vậy ta có điều phải chứng minh (ii) Giả sử H = Tl với ⩽ l ⩽ n − Theo Mệnh đề 47, |Tl | = Tl = ⟨rl s⟩ = {1, rl s} Theo Mệnh đề 40, ta có Pr(Tl , Dn ) = X 1 (|CDn (1)| + |CDn (rl s)|) |CDn (x)| = |Tl ||Dn | · 2n x∈Tl (|Dn | + |CDn (rl s)|) = 4n Ta áp dụng Mệnh đề 48 cho hai trường hợp n sau Nếu n lẻ |CDn (rl s)| = |Tl | = Từ suy Pr(Tl , Dn ) = Nếu n chẵn, giả sử m = n+1 (2n + 2) = 4n n |CDn (rl s)| = |Um,l | = 2n 2n = = (n, m) m Từ suy Pr(Tl , Dn ) = n+2 (2n + 4) = 4n 2n Vậy ta có điều phải chứng minh (iii) Giả sử H = Ui,j với i|n, ⩽ i ⩽ n − 1, ⩽ j ⩽ i − Theo Mệnh đề 47 ta có |Ui,j | = 2n 2n = (n, i) i 42 Do i  j Ui,j = ⟨r , r s⟩ = Khi X r ,r il+j X |CDn (x)| = |CDn (1)| + x∈Ui,j il 1⩽l⩽