Luận văn cao học của tôi (Toán Giải tích)

MỤC LỤC Nội dung Trang LỜI NÓI ĐẦU 2 CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC MỞ ĐẦU 3 §1. Toán tử ∂ 3 §2. Tính khả vi và liên tục Lipschitz 7 §3. Hàm đa điều hòa dưới và miền giả lồi 9 §4. Phương trình u f∂ = trong N £ 12 CHƯƠNG 2: CÁC BỔ ĐỀ PHỤ TRỢ 15 §1. Chuỗi vô hạn biến 15 §2. Bổ đề chìa khóa 21 §3. Ước lượng nghiệm của phương trình u f∂ = trong N £ 31 CHƯƠNG 3: CÁC KẾT QUẢ CHÍNH 36 §1. Phương trình u f∂ = trong một hình cầu trong 1 l . 36 §2. Định lý tồn tại nghiệm 38 §3. Một ví dụ 40 KẾT LUẬN 45 TÀI LIỆU THAM KHẢO 46 1 LỜI NÓI ĐẦU Mục đích của luận văn nhằm nghiên cứu phương trình u f∂ = trong không gian Banach. Do hạn chế về mặt thời gian cũng như năng lực của tác giả nên phạm vi đề tài chỉ thu hẹp trong không gian p l . Trong luận văn có trình bày định lý về tính giải được của phương trình u f∂ = trong 1 l . Đặc biệt có một phản ví dụ trong p l về một hàm f mà ở đó phương trình u f∂ = không giải được trên một tập mở p lΩ ⊂ . Nội dung của luận văn gồm có 3 chương: Chương 1: Kiến thức chuẩn bị. Chương 1 trình bày các khái niệm về toán tử ∂ cũng như các tính chất của nó. Các khái niệm về 1 0 , của các hàm trong không gian Banach. Chương 2: Các bổ đề bổ trợ. Chương 2 trình bày các mệnh đề, các khái niệm, các bất đẳng thức ước lượng dùng để phục vụ cho chương 3 Chương 3: Các kết quả chính. Chương 3 sẽ chứng minh định lý về tồn tại nghiệm của u f∂ = trong 1 l và cho một phản ví dụ mà ở đó phương trình này không giải được trên không gian p l Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của GS.TSKH Nguyễn Văn Khuê. Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc đến thầy. Tác giả cũng xin cảm ơn các thầy cô đã đóng góp ý kiến quý báu cho luận văn và các thầy cô trong khoa Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội đã tạo điều kiện cho tác giả được học tập nghiên cứu. Cảm ơn các cơ quan chủ quản, gia đình và bạn bè đã động viên giúp đỡ tác giả hoàn thành tốt luận văn này. 2 CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC MỞ ĐẦU §1. Toán tử ∂ . Định nghĩa 1.1.1: Cho ,E F là các không gian Banach thực. Ta ký hiệu ( ) ; m a E FL là không gian tất cả các ánh xạ m - tuyến tính : m A E F→ Định nghĩa 1.1.2: Cho ,E F là không gian Banach phức, ,p q N∈ với 1p q+ ≥ . Chúng ta sẽ ký hiệu bởi ( ) , pq a E FL là không gian con tất cả những ( ) ; p q a A E F + ∈ ¡ ¡ L sao cho : ( ) ( ) 1 1 , , . . , , q p p q p q A x x A x x λ λ λ λ + + = 1 ; , , p q x x E λ + ∀ ∈ ∀ ∈£ Định nghĩa 1.1.3: Nếu U là tập con mở của E ta sẽ ký hiệu bởi ( ) ; m U FΩ là không gian véc tơ tất cả các ánh xạ : ( ) : ; m a f U E F→ L . Và chúng ta sẽ ký hiệu ( ) ; k m C U F gồm tất cả các ( ) ; m f U F∈Ω của lớp k C Định nghĩa 1.1.4: Cho U là một tập mở của E thì ta ký hiệu ( ) ; pq U FΩ là không gian con tất cả các ( ) ; p q f U F + ∈Ω sao cho ( ) ( ) ; pq a f x E F∈ L x U∀ ∈ . Tương tự chúng ta sẽ ký hiệu bởi ( ) ; k pq C U F là không gian con tất cả các ( ) ; k p q f C U F + ∈ sao cho ( ) ( ) ; pq a f x E F ∈ L x U∀ ∈ Mệnh đề 1.1.5: Nếu U là tập con mở của E thì 3 a) ( ) ( ) ; ; m pq p q m U F U F + = Ω = ⊕ Ω b) ( ) ( ) ; ; k k m pq p q m C U F C U F + = = ⊕ Chứng minh: Có các phép chiếu liên tục : ( ) ( ) , : ; ; m m q q q a a u E F E F − → ¡ ¡ L L sao cho 0 1 m u u u id+ + + = . Điều này sinh ra các phép chiếu : ° ( ) ( ) , : ; ; q m q m q q u f U F u f U F − ∈Ω → ∈Ω° sao cho ° ° ± 0 1 m u u u id+ + + = Nếu ( ) ; m f U F∈Ω là lớp k C thì rõ ràng là k q u f C∈° . W Nếu ( ) ; m f C U F ∞ ∈ và x U∈ thì ta có ( ) ( ) ( ) ' ''Df x D f x D f x= + . Ở đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 10 01 ' ; ; , '' ; ; m m a a D f x E E F D f x E E F∈ ∈ ¡ ¡ ¡ ¡ L L L L Do đó ( ) ( ) ( ) 1 ' , '' ; m a D f x D f x E F + ∈ ¡ ¡ L Định nghĩa 1.1.6: Cho U là tập con mở của E . Với mỗi ( ) ; m f C U F ∞ ∈ ta định nghĩa , f f∂ ∂ bởi : ( ) ( ) ( ) ( ) 1 : 1 ' 1 ' a a m f m D f x m D f x∂ = + = +        ( ) ( ) ( ) ( ) 1 : 1 '' 1 '' a a m f m D f x m D f x∂ = + = +        x U∀ ∈ Hay nói cách khác: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) µ ( ) 1 1 1 2 1 1 1 1 , , , 1 ' , , , , m j m j j m j f x t t t D f x t t t t + − + + = ∂ = − ∑ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) µ ( ) 1 1 1 2 1 1 1 1 , , , 1 '' , , , , m j m j j m j f x t t t D f x t t t t + − + + = ∂ = − ∑ Mệnh đề 1.1.7: Nếu U là tập con mở của E thì : 4 a) Cả 2 ánh xạ ( ) ( ) 1 , : ; ; m m C U F C U F ∞ ∞ + ∂ ∂ → là tuyến tính. b) df f f= ∂ + ∂ ( ) ; m f C U F ∞ ∀ ∈ c) ( ) ( ) 1, : ; ; pq p q C U F C U F ∞ ∞ + ∂ → và ( ) ( ) , 1 : ; ; pq p q C U F C U F ∞ ∞ + ∂ → d) 2 2 0f f ∂ = ∂ = và 0f f∂∂ + ∂∂ = ( ) ; m f C U F ∞ ∀ ∈ e) Nếu ( ) ( ) ; m n f C U g C U ∞ ∞ ∈ ∈ thì : ( ) ( ) 1 m f g f g f g∂ ∧ = ∂ ∧ + − ∧ ∂ ( ) ( ) 1 m f g f g f g∂ ∧ = ∂ ∧ + − ∧ ∂ Chứng minh: a), b) c) dễ thấy. Ta chứng minh d). Ta có ( ) 2 2 2 0 d f f f f f= = ∂ + ∂∂ + ∂∂ + ∂ Nhưng ta lại có theo c) thì ( ) 2 2, ; p q f C U F ∞ + ∂ ∈ , ( ) 1, 1 ; p q f f C U F ∞ + + ∂∂ + ∂∂ ∈ , ( ) 2 , 2 ; p q f C U F ∞ + ∂ ∈ . Theo mệnh đề 1.1.5 ta có ( ) 2 2 0f f f f∂ = ∂∂ + ∂∂ = ∂ = Chứng minh e): Ta có ( ) ( ) ; pq rs f C U g C U ∞ ∞ ∀ ∈ ∈ ( ) ( ) 1 p q d f g df g f dg + ∧ = ∧ + − ∧ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 0 p q p q f g f g f g f g f g f g + +     ⇔ ∂ ∧ − ∂ ∧ − − ∧ ∂ + ∂ ∧ − ∂ ∧ − − ∧ ∂ =     Ta có ( ) ( ) ( ) 1, 1 ; p q p r q s f g f g f g C U F + ∞ + + + ∂ ∧ − ∂ ∧ − − ∧ ∂ ∈ ( ) ( ) ( ) , 1 1 ; p q p r q s f g f g f g C U F + ∞ + + + ∂ ∧ − ∂ ∧ − − ∧ ∂ ∈ Do đó theo mệnh đề 1.1.5 ta có điều phải chứng minh. Mệnh đề 1.1.8: Cho , ,E F G là không gian Banach phức. Cho ,U E V F⊂ ⊂ là các tập mở, cho ( ) ;U F ϕ ∈H với ( ) U V ϕ ⊂ . 5 a) ( ) ( ) * : ; ; pq pq V G U G ϕ Ω → Ω b) ( ) ( ) * * f f ϕ ϕ ∂ = ∂ ( ) ( ) * * f f ϕ ϕ ∂ = ∂ ( ) ; m f C V G ∞ ∀ ∈ Chứng minh: a) Nếu ( ) ; pq f V G∈Ω thì ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) * 1 2 1 , , , , , p q p q f x t t t f x D x t D x t ϕ ϕ ϕ ϕ + + = Do đó nếu ( ) ( ) D x ϕ là £ - tuyến tính do đó ( ) * ; pq f U G ϕ ∈Ω b) Với ( ) ; pq f C V G ∞ ∈ ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) * * * * * * 0 d f df f f f f ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ     = − = ∂ − ∂ + ∂ − ∂     Mà ( ) ( ) ( ) * * 1, ; p q f f C U G ϕ ϕ ∞ + ∂ − ∂ ∈ và ( ) ( ) ( ) * * , 1 ; p q f f C U G ϕ ϕ ∞ + ∂ − ∂ ∈ Theo mệnh đề 1.1.5 ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) * * * * f f f f ϕ ϕ ϕ ϕ  ∂ = ∂   ∂ = ∂   Mệnh đề 1.1.9: Cho U là tập con mở của E và cho ( ) 0 ; p f C U F ∞ ∈ thì 0f∂ = trên U ⇔ ( ) ( ) ; ; p a f U E F∈H L Chứng minh: Để chứng minh mệnh đề ta chỉ cần chứng minh ( ) 0 '' 0f D f x∂ = ⇔ = '' "⇐ : Hiển nhiên " "⇒ : Giả sử 0f∂ = , lấy 0 0 , , , , , p p t t E λ λ ∈ ∈£ bất kỳ ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) µ ( ) 0 0 0 0 0 0 , , 1 '' , , , p k p p k k k k p p k f x t t D f x t t t t λ λ λ λ λ λ = = ∂ = − ∑ 6 ( ) ( ) ( ) µ ( ) 0 0 0 1 '' , , , , p k k p k k p k D f x t t t t λ λ λ = = − ∑ (1.1) Chọn 1p + số phân biệt 0 , , p θ θ trong khoảng ( ) 0; π . Đặt k i k e θ α = , 2 / k i k k k e θ β α α = = , 0 k k p ζ α α α = Áp dụng (1.1) với j k k λ α = , 0,j p= Ta được hệ phương trình tuyến tính : ( ) ( ) ( ) µ ( ) 0 0 1 '' , , , , 0 p k j k k k p k D f x t t t t ζ = − = ∑ với 0,j p= . Dễ thấy 0 , , p ζ ζ là 1p + số phân biệt nên hệ phương trình trên có định thức Vandermonde 0≠ do đó ta có ( ) ( ) ( ) µ ( ) 0 1 '' , , , , 0 0, k k k p D f x t t t t k p− = ∀ = ⇒ điều phải chứng minh. §2. Tính khả vi và liên tục Lipschitz Cho V là không gian Banach phức, VΩ ⊂ là tập mở, :u Ω → £ là một hàm Định nghĩa 1.2.1: Với mỗi tập A ⊂ Ω ta xét 2 chuẩn sau đây : ( ) 0, sup A z A u u z ∈ = ( ) ( ) 1, sup A z w A u z u w u z w ≠ ∈ − = − Khi A = Ω chúng ta đơn giản viết 0 1 ,u u thay thế cho 0,A u , 1,A u . Nếu 0,A u < ∞ , 1,A u < ∞ chúng ta nói rằng u là liên tục Lipschitz trên A . Định nghĩa 1.2.2: 7 f là dạng - 1 vi phân trên Ω , A ⊂ Ω , B là hình cầu đơn vị trong V. Xét 2 chuẩn của f như sau: ( ) ( ) 0, ; sup ; A z A B f f z ξ ξ ∈ × = ( ) ( ) 1, , ; ; sup A z w A B f z f w f z w ξ ξ ξ ≠ ∈ ∈ − = − Chúng ta nói rằng f là liên tục Lipschitz trên A nếu 0, A f < ∞ , 1,A f < ∞ . Ta cũng ký hiệu đơn giản là 0 1 ,f f nếu A = Ω . W Xét ánh xạ lớp 1 C ° : σ Ω → Ω . Bằng tính toán đơn giản ta có: * 1 0 0 2 * 1 1 1 0 1 . . f f f f d f σ σ σ σ σ ≤ ≤ + (1.2) Hầu hết các tô pô được sử dụng để nghiên cứu không gian các hàm và các dạng vi phân là tô pô compact mở. Trong tô pô này thì j u u→ (tương ứng j f f→ ) nếu chúng hội tụ đều trên tất cả các tập con compact của Ω (tương ứng VΩ× ). Vì thế j u u→ ⇔ 0, 0 j K u u K− → ∀ ⊂⊂ Ω . Tuy nhiên j f f→ yếu hơn 0, 0 j K f f− → . Mệnh đề 1.2.3: Nếu ( ) j u C∈ Ω và j u u→ đều trên các tập compact của Ω thì ( ) u C∈ Ω Chứng minh: Rõ ràng là hạn chế của u trên bất kỳ tập compact K ⊂ Ω là liên tục. Nếu { } , n n z z z⊂ Ω → . Đặt { } 1 2 , , , K z z z= thì K compact vì thế ( ) ( ) lim n n u z u z →∞ = . Do đó u liên tục trên Ω . W 8 Định nghĩa 1.2.4: Giả sử ( ) ( ) 0,1 ,u C f C∈ Ω ∈ Ω . Chúng ta nói rằng u f∂ = (theo nghĩa yếu) nếu bất kỳ không gian con hữu hạn F V⊂ , ( ) F F u f∂ = theo nghĩa phân phối. Khi V là hữu hạn chiều thì u f∂ = theo nghĩa trên u f⇔ ∂ = theo nghĩa phân phối. Dưới đây là một số kết quả quen thuộc : Mệnh đề 1.2.5: Nếu ( ) j u C∈ Ω , ( ) 0,1j f C∈ Ω , j j u f∂ = và j u u→ ( tương ứng j f f→ ) đều trên các tập compact của Ω (tương ứng VΩ× ) thì u f∂ = . Mệnh đề 1.2.6: Nếu ( ) u C∈ Ω , ( ) 0,1 m f C∈ Ω , 1,2, m = (tương ứng f liên tục Lipschitz) và u f∂ = theo nghĩa yếu thì ( ) m u C∈ Ω (tương ứng ( ) 1 u C∈ Ω ) và u f∂ = theo nghĩa ban đầu của ∂ . Mệnh đề 1.2.7: Nếu ( ) j u C∈ Ω (tương ứng ( ) 0,1 u C∂ ∈ Ω ) là bị chặn đều trên các tập con compact của Ω (tương ứng VΩ× ) thì j u là đồng liên tục đều trên Ω (suy ra rằng Ω có thể được phủ bởi các tập con mở mà ở đó j u là đồng liên tục) §3. Hàm đa điều hòa dưới và miền giả lồi trong n £ Ta ký hiệu ( ) 1B là hình cầu tâm 0 bán kính 1. Định nghĩa 1.3.1: 9 Cho tập mở n Ω ⊂ £ một hàm [ ) : ;u Ω → −∞ +∞ gọi là nửa liên tục trên (tương ứng ( ] : ;u Ω → −∞ +∞ gọi là nửa liên tục dưới) nếu nó thỏa mãn a∀ ∈¡ ta đều có tập ( ) { } : n z u z a ∈ < £ (tương ứng ( ) { } : n z u z a ∈ > £ ) là tập mở . Định nghĩa 1.3.2: Cho tập mở n Ω ⊂ £ một hàm [ ) : ;u Ω → −∞ +∞ được gọi là đa điều hòa dưới nếu nó thỏa mãn 2 điều kiện dưới đây: i) u là nửa liên tục trên. ii) ( ) ( ) 2 0 1 2 i u a u a e b d π θ θ π ≤ + ∫ , n a b∀ ∈Ω ∀ ∈£ sao cho ( ) 1a B b+ ⊂ Ω . Ví dụ: Xét hàm ( ) u ∈ ΩH . Khi đó rõ ràng Re , Im , , logu u u u thỏa mãn điều kiện i). Ta chứng minh chúng đa điều hòa bằng cách chứng minh chúng thỏa mãn điều kiện ii). Thật vậy: Lấy ,a b như trong ii) +) Do ( ) 1a B b+ ⊂ Ω nên theo công thức tích phân Cauchy với hàm chỉnh hình ta có : ( ) ( ) 2 0 1 2 i u a u a e b d π θ θ π = + ∫ Bằng ước lượng và tính toán đơn giản ta có Re , Im , u u u thỏa mãn điều kiện ii) +) Lấy P là đa thức trên £ sao cho ( ) ( ) log Reu a b P λ λ + ≤ với mọi 1 λ = . Từ đó suy ra rằng: ( ) ( ) ( ) Re P P u a b e e λ λ λ + ≤ = Do đó ( ) ( ) 1 1 P e u a b λ λ λ − + ≤ ∀ = . 10 [...]... lời giải của phương trình ∂U = f Bn ( r ) và thỏa mãn điều kiện : U ( z ) ≤ A.Q # z ∀z ∈ Bn ( r ) Thì tổng theo nghĩa Cesaro của chuỗi ∑u k Bn ( r ) (2.16) hội tụ đều địa phương tới hàm u ' ∈ C ( Bn ( r ) ) là lời giải của phương trình ∂u ' = f Bn ( r ) và thỏa mãn: u ' ( z ) − U ( z ) ≤ A.∆ ( Q, z / r ) ∀z ∈ Bn ( r ) (2.17) Hệ quả 2.2.7: Đối với bất kỳ dạng ∂ đóng f ∈ C0,1 ( Bn ( R ) ) tổng Cesaro của. .. C0,1 ( Bn ( R ) ) tổng Cesaro của chuỗi hội tụ đều tới một lời giải u ∈ C ( BN ( r ) ) của phương trình ∂u = f Chứng minh: 29 Bn ( r ) ∑u k ( ) Theo bổ đề 1.4.3 có một U ∈ C Bn ( R ) là lời giải của ∂U = f Bn ( r ) Vì thế giả thiết của bổ đề 2.2.6 được thỏa mãn với n = N , A = sup) U và Q = 1 Hệ B (r N quả được chứng minh W Ta sẽ gọi lời giải chuẩn tắc u với cơ sở trên các nút Z ( k ) Chú ý rằng u... liên tục Lipschitz của f do đó là của F và từ (2.24) suy ra g là một dạng vi phân – (0,1) đóng , đo được và bị chặn trên BN ( R0 ) Vì thế theo mệnh đề 2.3.1 có một hàm v ∈ C ( BN ( r ) ) là lời giải của phương trình ∂v = g và thỏa mãn v ( z ) ≤ RC # z g 0, B (2.26) N ( R0 ) Với hằng số C > 1 phụ thuộc vào r / R Vì thế ( ) U = π * U '+ ( z N − Z N ) v + z N − Z N FN là lời giải của phương trình ∂U... với w = ( wυ ) Định nghĩa 1.4.1: Ký hiệu diamΩ : đường kính của tập Ω VolΩ thể tích của tập Ω ⊂ £ N r ( z ) = dist ( z; ∂Ω ) với z ∈ Ω được đo bởi chuẩn Bổ đề 1.4.2: (Định lý 4.4.2 [Ho]) Cho Ω là tập giả lồi mở trong £ N , ϕ là hàm đa điều hòa dưới trong Ω Đối 2 2 với mọi g ∈ L p ,q +1 ( Ω ) với ∂g = 0 có một lời giải u ∈ L p ,q ( Ω, loc ) của phương trình ∂u = g sao cho : ∫u e 2 Ω −ϕ (1+ z ) 2 −2... tổng quát Hơn thế nữa lời giải u thậm chí liên tục Theo [H] tồn tại lời giải địa phương u ' liên tục của phương trình ∂u ' = f Do đó u − u ' chỉnh hình và u liên tục Với z ∈ Ω , r = r ( z ) và d λ = dt1 dt N Ký hiệu λ là độ đo Lesbegue trên N T N mà λ ( T ) = 1 Ta định nghĩa hàm v trên BN bởi v( ζ ) = ∫ u ( z + rρ ( ζ ) ) dλ ( t ) t TN 1 Chúng ta sẽ đánh giá chuẩn Lipschitz của v Đầu tiên giả sử v... theo rằng trên Bn ( r ) tổng theo nghĩa Cesaro của chuỗi ∑u k hội tụ đều địa phương tới một hàm u ' ∈ C ( Bn ( r ) ) Do đó U − u ' là giới hạn đều địa phương của các hàm chỉnh hình, chúng ta có ∂u ' = ∂U Bn ( r ) = f Bn ( r ) và (2.20) suy ra được (2.17) W Hệ quả 2.2.8: Giả sử f1 , f 2 ∈ C0,1 ( BN ( R ) ) là ∂ - đóng và u1 , u2 ký hiệu cho lời giải chuẩn tắc của phương trình ∂u j = f j với j = 1,2 với... k ) Nếu f1 Bn ( R ) = f2 Bn ( R ) thì u1 Bn ( r ) = u2 Bn ( r ) Chứng minh: Nếu f = f1 − f 2 thì u = u1 − u2 là lời giải chuẩn tắc của phương trình ∂u = f Từ đó suy ra giả thiết của bổ đề 2.2.6 được thỏa mãn với U = 0, A = Q = 0 Nó kéo theo rằng u Bn ( r ) = 0 W §3 Ước lượng nghiệm của phương trình ∂u = f trong £ N Ta tiếp tục sử dụng là l 1 chuẩn trên £ N Mệnh đề 2.3.1: 31 Cho trước 0 < r < R ,... = ( r + R ) / 2 và lấy u ∈ C ( B ( r ') ) là lời giải chuẩn tắc được xây dựng như trong bổ đề 2.2.6 và hệ quả 2.2.7, với Z ( 0 ) = 0, Z ( k ) = r ' k / k ở đó k ≠ 0 Khi đó (2.21) là đúng Thật vậy giả sử # z = n > 0 Không mất tính tổng quát có thể giả sử n tọa độ đầu của z là khác 0 N Theo hệ quả 1.4.4 có một lời giải U trên Bn ( R ) = £ ∩ BN ( R ) của phương trình ∂U = f Bn ( R ) và thỏa mãn:  R... mà khả vi đến mức cần thiết (phụ thuộc vào N ) ∑u k có thể được chỉ ra là hội tụ đến lời giải u của phương trình: ∂u = f Sự quan sát này không giúp ích gì cho chúng ta khi cho N → ∞ Để thay thế cho điều này, chúng ta sẽ chỉ ra rằng quá trình Cesaro – Fejer sẽ luôn làm cho tổng ∑u k hội tụ tới lời giải u , mà lời giải u được so sánh là nhỏ nhất này không chỉ trên BN ( r ) mà còn đúng cả trên BN ( r... N (2.14) ta có thể giải phương trình ∂u = f với uk ∈ C ( BN ( r ) ) (theo −2π ikt ρt * uk d λ ( t ) chúng ta có thể giả sử uk bổ đề 1.4.3) Thay thế uk bởi ∫ e tịnh tiến như f k : ρt * uk = e 2π ikt uk (2.15) Điều này xác định uk chỉnh hình bằng cách tịnh tiến nó như trong (2.15) Khi k ≥ 0 , điều này nghĩa là dạng chỉnh hình này là hệ số của đơn thức z k Đối với các giá trị khác của k mà dạng chỉnh . nghiệm của u f∂ = trong 1 l và cho một phản ví dụ mà ở đó phương trình này không giải được trên không gian p l Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của GS.TSKH Nguyễn Văn. ⊂ . Nội dung của luận văn gồm có 3 chương: Chương 1: Kiến thức chuẩn bị. Chương 1 trình bày các khái niệm về toán tử ∂ cũng như các tính chất của nó. Các khái niệm về 1 0 , của các hàm. Trong luận văn có trình bày định lý về tính giải được của phương trình u f∂ = trong 1 l . Đặc biệt có một phản ví dụ trong p l về một hàm f mà ở đó phương trình u f∂ = không giải được