Chuyên Đề tích phân

CHƯƠNG I Tích phân Lebesgue 1.1 Tập hợp đếm được-Tập có độ đo không Đònh nghóa Tập A gọi đếm có song ánh từ f : A → IN Mệnh đề 1.1 a) Nếu A1, A2, , An, tập đếm ∞ n=1 An đếm b) Nếu A1, , An đếm A1 × × An đếm c) Tập hợp tập hợp đếm đếm hay hữu hạn Đònh nghóa Một tập P = I1 × I2 × × Ik , với Ij (1 ≤ j ≤ k) khỏang bò chặn IR gọi ô IRk Đại lïng |P | = |I1|.|I2| |Ik | gọi thể tích ô P , với |Ij | độ dài khỏang Ij Đònh nghóa Một tập A ⊆ IRk gọi có độ đo không, ký hiệu |A| = 0, với > ta tìm đïc dãy ô (Pn ) ⊆ IRk cho A⊆ ∞ ∞ Pn n=1 |Pn | < n=1 Mệnh đề 1.2 Cho A, B, (An ) tập IRk Ta có a) Nếu A ⊆ B |B| = |A| = b) Nếu |An | = với n = 1, 2, | ∞ n=1 An | = Một tính chất P (x) : x ∈ Ω ⊆ IRk gọi hầu hết khắp nơi Ω (ký hiệu hkn) tồn A với |A| = P (x) với x ∈ Ω\A 1.2 Hàm bậc thang Đònh nghóa Cho Q1, , Qm ô IRk α1 , , αm số thực (hay phức) Khi hàm số m s(x) = αj χQj , j=1 gọi hàm bậc thang Chúng ta nhắc lại đònh nghóa hàm đặc trưng χA tập hợp A hàm số x ∈ A x ∈ A χA (x) = Ta có Mệnh đề 1.3 Mọi hàm bậc thang s : IRk → IR viết dạng s= r βn χPn , n=1 với Pi ∩ Pj = ∅ ≤ i, j ≤ r, i = j Dạng biểu diễn gọi dạng tắc Dùng Mệnh đề 1.3 ta chứng minh Mệnh đề 1.4 Gọi SF (IRk ) tập hợp hàm bậc thang xác đònh IRk a) Nếu f, g ∈ SF (IRk ) f + g, f.g ∈ IRk / b) Cho ϕ : IR → C thỏa ϕ(0) = Nếu f ∈ SF (IRk ) ϕ(f) ∈ SF (IRk ) c) Với s1 , , sn ∈ SF (IRk ) ta có max{s1, , sn}, min{s1 , , sn} ∈ SF (IRk ) 1.3 Hàm đo được-Tập đo / Đònh nghóa Hàm f : IRk → C gọi hàm đo (theo nghóa Lebesgue) có dãy hàm bậc thang sn ∈ SF (IRk ) cho sn → f, hầu khắp nơi Tập hợp Ω ⊆ IRk gọi đo χΩ đo Kí hiệu M(IRk ) tập hợp hàm đo Ta có Mệnh đề 1.5 a) Nếu f, g ∈ M(IRk ) f + g, f.g ∈ M(IRk ) / b) Cho ϕ : IR → C liên tục Khi đó, f ∈ M(IRk ) ϕ ◦ f ∈ M(IRk ) k c) Cho (fn ) ⊆ M(IR ) Khi lim sup fn , lim inf fn ∈ M(IRk ) d) Nếu f liên tục hầu khắp nơi IRk f ∈ M(IRk ) Mệnh đề 1.6 Cho A (An ) tập đo IRk Khi ∞ ∞ An , IRk \A, An , n=1 n=1 đo Hệ Các tập mở tập đóng IRk đo 1.4 Sự khả tích Lebesgue / hàm bậc thang, s = Đònh nghóa Cho s : IRk → C k tích phân s IR đại lượng IRk s= m m n=1 cn χPn Ta nói cn |Pn | n=1 Trong tập đònh nghóa không phụ thuộc vào cách biểu diễn s / Khi Mệnh đề 1.7 Cho s, t hai hàm bậc thang IRk , cho α ∈ C a) IRk (s + αt) = IRk s + α IRk t b) Nếu s ≥ t IRk s≥ IRk t Đònh nghóa Hàm u : IRk → IR gọi thuộc lớp C1 tồn dãy hàm bậc u hkn IRk sn < M thang (sn ), sn : IRk → IR, sn Khi ta nói tích phân u IRk đại lượng IRk u = lim n→∞ IRk sn Đònh nghóa Hàm f : IRk → IR gọi khả tích Lebesgue tồn hai hàm u, v thuộc lớp C1 cho f = u − v Ta đònh nghóa IRk f = IRk u− IRk v / , f = f1 + if2 với f1, f2 : IRk → IR gọi khả tích Lebesgue Hàm f : IRk → C f1 , f2 khả tích Lebesgue ta đònh nghóa IRk f= IRk f1 + i IRk f2 / hai hàm khả tích Lebesgue Khi Mệnh đề 1.8 Cho f, g : IRk → C / f, g < ∞ hkn f + αg (α ∈ C ), |f| hàm khả tích Lebesgue IRk (f + αg) = | IRk IRk f| ≤ IRk f +α IRk g, |f| Đònh nghóa Cho Ω tập đo IRk , f hàm khả tích IRk Khi ta đònh nghóa Ω f= IRk fχΩ Ta đặt |Ω| = IRk χΩ 1.5 Các đònh lý Đònh lý 1.9 (Hội tụ đơn điệu) Cho (fn ) dãy hàm khả tích IRk , fn : IRk → IR Nếu (fn ) tăng hkn (nghóa fn (x) ≤ fn+1 (x) hầu khắp nơi) có M cho IRk fn ≤ M, ∀n ∈ IN Khi tồn hàm f khả tích cho fn → f hkn lim n→∞ IRk fn = IRk f / Đònh lý 1.10 (Hội tụ bò chận) Cho dãy (fn ) hàm khả tích fn : IRk → C cho hàm g khả tích Nếu fn → f hkn |fn | ≤ g hkn, f khả tích lim n→∞ IRk fn = IRk f Các đònh lý hội tụ bò chận hội tụ đơn điệu thay IRk tập hợp đo Ω Hệ Nếu f đo IRk g khả tích IRk cho |f| ≤ g f khả tích IRk Đònh lý 1.11 (Fubini) Cho f đo IRk × IRl a) Nếu f khả tích IRk × IRl , hàm ϕ(x) = IRl f(x, y)dy, ψ(y) = IRk f(x, y)dx khả tích IRk IRl tương ứng Ngoài IRk ×IRl f= IRk ϕ(x)dx = IRl ψ(y)dy b) Nếu hàm ϕ∗ (x) = IRl |f(x, y)|dy khả tích IRk f khả tích IRk × IRl Đònh lý 1.12 Cho T song ánh khả vi liên tục từ tập mở U ⊆ IRk vào tập mở W ⊆ IRk T −1 khả vi liên tục Nếu f khả tích Lebesgue V W f(y)dy = T (w) f(T (x))|J acT (x)|dx với J acT (x)là ma trận Jacôbi ánh xạ T 1.6 Tích chập Mệnh đề 1.13 a) Cho f, g đo IRk h(x, y) = f(x − y)g(y) đo IRk × IRk b) Nếu f, g khả tích IRk h(x, y)khả tích IRk × IRk Đặt f ∗ g(x) = IRk h(x, y)dy = IRk f(x − y)g(y)dy f ∗ g khả tích IRk c) Nếu f liên tục bò chặn, g khả tích IRk fxi bò chặn f ∗ g có đạo hàm theo biến xi (f ∗ g)xi = fxi ∗ g Nếu fxi liên tục (f ∗ g)xi liên tục Ta xét hàm ϕ(x) ≥ ∀x ∈ IRk ϕ(x) = với |x| ≥ IRk ϕ(x)dx = Đặt ϕ = −k ϕ( x ) Dãy(ϕ ) gọi dãy chỉnh hóa Mệnh đề 1.14 Cho f khả tích trênIRk a) Nếu ϕ khả vi liên tục tới bậc m ϕ ∗ f khả vi liên tục tới bậc m b) Nếu có tập mở ω cho f(x) = với x ∈ / ω f có đạo hàm tới bậc m ω cho Dα f (|α| ≤ m) khả tích Dα (ϕ ∗ f)(x) = ϕ ∗ Dα f(x), ∀x ∈ Ω, d(x, ∂Ω) > c) Nếu K tập compắc ⊆ Ω, Dα f liên tục Ω sup |Dα (ϕ ) − Dα f(x)| → 0, x∈K → BÀI TẬP 1) Cho f, g liên tục hkn IRk Chứng minh f ± g, fg liên tục hkn IRk 2) Cho fn → f hkn IRk , gn → g hkn IRk Chứng minh fn ± gn → f ± g hkn IRk , hkn IRk fn gn → fg 3) Hàm f gọi bò chận hkn tồn A ⊆ IRk , |A| = cho |f(x)| ≤ M, ∀x ∈ IRk \A Chứng minh f, g bò chận hkn f + g, fg bò chận hkn Đặt ||f||∞ = inf{M : |f(x)| ≤ M hkn} Chứng minh |f(x)| ≤ ||f||∞ hkn 4) Cho f, g bò chặn hkn IRk Chứng minh ||f + g||∞ ≤ ||f||∞ + ||g||∞ 5) Chứng minh có tòan ánh f : IN → A tập A đếm hay hữu hạn 6) Chứng minh mệnh đề 1.2 7) Dùng mệnh đề 1.3, chứng minh mệnh đề 1.4 8) Chứng minh mệnh đề 1.5, từ suy mệnh đề 1.6 9) Chứng minh hệ mệnh đề 1.6 10) Chứng minh mệnh đề 1.8 11) Cho A1 , A2 ⊆ IRk , chứng minh χA1 ∩A2 = χA1 χA2 Nếu A1 ∩ A2 = ∅ chứng minh χA1 ∪A2 = χA1 + χA2 / 12) Cho hàm g : IRl → C hàm đo được, chứng minh hàm f : IRk ×IRl → / xác đònh f(x, y) = g(y) đo C 13) a) Cho B có độ đo không IRk Chứng minh có họ ô mở ∞ ∞ (Qnm ) cho B ⊆ ∞ m=1 Qnm với n B1 = n=1 ( m=1 Qnm ) có độ đo không k k k b) Cho u : IR → IR → IR xác đònh u(x, y) = x − y Dùng đònh lý Fubini chứng tỉ u−1 (B1) có độ đo không Suy u−1 (B) có độ đo không c) Suy f, g đo IRk h(x, y) = f(x − y)g(y) đo IRk 14) Cho hàm f : IRk → IR đo Đặt f + = max{f, 0}, f − = − min{f, 0} Chứng tỏ f + + f − = |f|, f + − f − = f Ngòai |f|p (p ≥ 1) khả tích |f + |p, |f − |p khả tích Kết không ≤ p ≤ / / khả tích cho ϕ : IRk → C hàm bò chận có đạo hàm 15) Cho f : IRk → C bậc bò chận Đặt ϕ∗f = IRk ϕ(x − y)f(y)dy Chứng tỏ ϕ ∗ f khả vi có đạo hàm bò chận IRk 16) Cho f đo f ≥ hkn, chứng minh có dãy (sn ) hàm bậc thang cho sn ≥ sn → f hkn 17) Chứng minh a) Tập hợp đa thức có hệ số hữu tỉ đếm b) Tập hợp hàm bậc thang s = αn χQn với αn hữu tỉ Qn ”ô hữu tỉ” IRk đếm (”ô hữu tỉ ” Q = I1 × × Ik có khỏang Ik có hai đầu mút hữu tỉ) 19) Cho hàm số g liên tục IR |g(x)| ≤ xC2 |x| > Xét hàm gp = ∞ k g( )χ[ k , k+ ) p p p k=−∞ a) Chứng tỏ hàm G(t) = ∞ sup m=−∞ m≤t≤m+1 |g(t)|χ[m,m+1) khả tích |gp | ≤ G với p = 1, 2, b) Chứng tỏ g, gp khả tích gp → g hkn n → ∞ c) Dùng đònh lý hội tụ bò chận suy k ∞ g( ) = lim p→∞ p p k=−∞ ∞ −∞ g(t)dt 20) Cho f ∈ C 1([0, 1], IR), f(0) = Chứng minh sup |f(x)| ≤ ( 0≤x≤1 |f (x)|2)1/2 21) Cho f ∈ C([0, 1], IR) cho |f(t)|2 ≤ + t f(s)ds, ∀t ∈ [0, 1] Chứng minh f(t) ≤ + t, ∀t ∈ [0, 1] 22) Cho |f| khả tích IRk f đo IRk Chứng minh f khả tích k IR 23) Tính ∞ −∞ e−x dx 24) Cho A = (xn ) dãy IRk Chứng minh |A| = 25) Cho C = {(x(t), y(t)) : t ∈ [a, b], x, y ∈ C 1([a, b], IR)} Ta gọi C đường cong khả vi liên tục Chứng minh |C| = Suy đường thẳng d : ax + by + c = có độ đo IR2 26) Chứng minh IRk , tập hợp A = {(x1 , , xk) : a1x1 + + ak xk = d}, a1 , , ak càc số thỏa a21 + + a2k = 0, có độ đo không 27) Cho tập hợp Ω ⊆ IRk Chứng minh hàm χΩ liên tục điểm không thuộc ∂Ω Từ suy P ô IRk χP liên tục hkn CHƯƠNG II p Không gian L 2.1 Không gian Banach / Một không gian vectơ tuyến tính X C gọi không gian đònh chuẩn tồn ánh xạ ||.|| : X → IR thỏa (i) ||x|| ≥ 0, ∀x ∈ X, ||x|| = ⇔ x = 0, / (ii) ||λx|| = |λ||x||, ∀λ ∈ C , x ∈ X, (iii) ||x + y|| ≤ ||x|| + ||y||, ∀x, y ∈ X Đònh nghóa Dãy (xn ) X gọi dãy Cauchy với > 0, tồn n cho ||xn − xm || < , ∀n, m ≥ n Dãy (xn ) X gọi hội tụ x0 ∈ X, kí hiệu xn → x0 n → ∞, nếu: lim ||xn − x0 || = n→∞ Đònh nghóa Tập hợp A gọi trù mật X với x ∈ X, tồn dãy (xn ), xn ∈ A cho xn → x Nếu tập hợp A đếm ta nói X không gian tách Đònh nghóa X gọi không gian Banach không gian đònh chuẩn dãy Cauchy tách Mệnh đề 2.1 Trong không gian đònh chuẩn X a) Dãy hội tụ có tính chất Cauchy b) Dãy Cauchy có dãy hội tụ hội tụ Chứng minh Ta chứng minh kết b) Giả sử (xn ) ⊆ X có dãy (xnj ) hội tụ x ∈ X Vì (xn ) Cauchy, cho > 0, tồn n cho ||xn − xm || < , ∀n, m > n Vì xnj → x nên tồn tai k để ||xnj − x|| < , ∀j > k Chọn N = max{n , k } ta có ||xm − x|| ≤ ||xm − xnm || + ||xnm − x|| < + = , với nm ≥ m ≥ N Vậy dãy (xn ) hội tụ x Ta nói tập B sở trù mật X < B >= {λ1 x1 + λ2 x2 + + λn xn : n ∈ IN, x1 , , xn ∈ B, λ1 , , λn ∈ IR} tập trù mật X Mệnh đề 2.2 Cho B sở trù mật X Không gian véctơ A ⊆ X trù mật X khi: với x ∈ B, tồn (xn ) ⊆ A cho xn → x (n → ∞) Chứng minh Ta chứng minh chiều đảo Lấy z ∈ X, < B > = X nên với > 0, tồn z1 , , zm ∈ B = λ1 , , λm ∈ IR cho ||z − m j=1 λj zj || < Với zj , tồn zj∗ ∈ A cho ||zj − zj∗|| < || m λj zj − j=1 m λj zj∗|| ≤ j=1 2m|λj | Do m |λj |||zj − zj∗|| < j=1 Vậy ta suy ||z − m λj zj∗|| < j=1 Vậy A = X 2.2 Không gian Lp (1 ≤ p ≤ ∞) Trong suốt chương ta kí hiệu Ω tập đo IRk Ta quy ước hai hàm đo f, g f = g hkn Đònh nghóa Cho f đo Ω, |f|p (1 ≤ p < ∞) khả tích Ω ta đònh nghóa ||f||p = |f| Ω p p Tập hợp tất hàm f thỏa |f|p khả tích Ω gọi Lp (Ω) Đònh nghóa Tập hợp tất hàm bò chận hkn Ω gọi L∞ (Ω) Trên ∞ L (Ω) ta đònh nghóa ||f||∞ = inf{λ : λ ≥ |f(x)| hkn} Đònh nghóa Hai số p > 0, q > gọi hai số liên hợp 1p + 1q = Khi p → q → ∞, ∞ gọi hai số liên hợp Đònh lý 2.1 ||.||p chuẩn Lp (Ω), (1 ≤ p ≤ ∞) Vậy Lp (Ω), (1 ≤ p ≤ ∞) không gian đònh chuẩn Chứng minh đònh lý trường hợp ≤ p < ∞ dựa vào đònh lý quan trọng sau Mệnh đề 2.3 (Bất đẳng thức Holder) Cho f, g đo tập đo Ω, p + 1q = 1, < p < ∞ Nếu f ∈ Lp (Ω), g ∈ Lq (Ω) Ω |fg|dx ≤ Ω |f| p p Ω |g| q q hay ||fg||1 ≤ ||f||p||g||q Nếu f ∈ L1 (Ω), g ∈ L∞ (Ω) ||fg||1 ≤ ||f||1||g||∞ Đònh lý 2.4 Với Ω đo ⊆ IRk , ≤ p ≤ ∞, không gian Lp (Ω) không gian Banach Chứng minh Xét trường hợp ≤ p < ∞ Cho (fn ) dãy Cauchy Lp (∞) Có dãy (fnj ), n1 < n2 < cho ||fnj+1 − fnj ||p < 2−j (j = 1, 2, ) Đặt gm = m |fnj+1 − fnj |, g = j=1 Khi |gm |p ∞ |fnj+1 − fnj | j=1 |g|p Ngoài ra, bất đẳng thức Minkowski ta có ||gm ||p ≤ m ||fnj+1 − fnj ||p ≤ j=1 < j j=1 m Vậy theo đònh lý hội tụ đơn điệu, |g|p khả tích, |g(x)| < ∞ hkn, ta suy chuỗi f(x) = fn1 (x) + ∞ (fnj+1 (x) − fnj (x)) j=1 hội tụ tuyệt đối hkn Vì fn1 + m−1 (fnj+1 (x) − fnj (x)) = fnm , j=1 ta suy fnm → f hkn |fnm | ≤ gm ≤ g Theo đònh lý hội tụ bò chận ta có lim ||fnm − f||p = m→∞ Áp dụng mệnh đề 2.1 b) ta suy ||fn − f||p → Trường hợp p = ∞ xem nhu tập 2.3 Tính trù mật Lp (Ω), ≤ p < ∞ Đònh lý 2.5 Với f ∈ Lp (Ω), ≤ p < ∞ có dãy (sn ) hàm bậc thang cho sn → f Lp )(Ω) Chứng minh đònh lý xem tập Đònh nghóa Cho A tập IRk , ta ký hiệu C(A) tập hàm liên tục A 10 Bổ đề 5.3 Cho f ∈ L1loc (a, b), f = Thì có số c cho f = c hkn (a, b) b a fϕ dx = 0, ∀ϕ ∈ Cc∞ (a, b) Chứng minh Ta sử dụng kết sau: Nếu h ∈ L1loc (a, b) có đạo hàm h ∈ L1loc (a, b), [c, d] ⊆ (a, b), ϕ(x) ∈ C ∞ ([c, d]) ϕ(c) = ϕ(d) = d c d hϕ = − h ϕ c Chứng minh kết để lại cho người đọc tập Bây ta chứng minh kết sau: Cho ϕ(x) ∈ Cc∞ (a, b) Thì b a ϕ(x)f(x)dx = b−a b b ϕ(x)dx a f(x)dx a Thật vậy, cho suppϕ ⊆ [c, d] ⊆ (a, b), đặt x Φ(x) = ϕ(t)dt − c x−c d−c d ϕ(t)dt, c Φ(x) ∈ C ∞ [c, d] Φ(c) = Φ(d) = Do đó, f = ta suy = d c = − = d Φ(x)f (x)dx = − d c (ϕ(x) − k d−c d c c Φ (x)f(x)dx k )f(x)dx d−c f(x)dx − d ϕ(x)f(x)dx, c với k= d ϕ(x)dx c Vì [c, d] ⊆ (a, b) tùy ý, cho [c, d] → [a, b] ta b a ϕ(x)f(x)dx = b−a b b ϕ(x)dx a f(x)dx a Đặt c= b−a b f(t)dt a Ta chứng minh f(x) = c hkn, hay g(x) = f(x) − c = hkn Để chứng minh điều này, sử dụng bổ đề 5.1 ta cần b a α(x)g(x)dx = với α ∈ Cc∞ (a, b) Khẳng đònh kết vừa chứng minh phần 43 Đònh lý 5.4 (Công thức Newton-Leibnitz) Cho f ∈ W 1,p (a, b) Tồn hàm f liên tục [a, b] cho f = f hkn b f(b) − f(a) = a f (t)dt Chứng minh Đặt x F (x) = f(x) − a f (t)dt Khi theo đònh lý 5.2, F (x) = hkn Do theo bổ đề 5.3 F (x) = c hkn Đặt x f (x) = c + a f (t)dt Thì f(x) = f(x) hkn f(b) − f(a) = b a f (t)dt 5.3 Không gian W 1,p (a, b) (1 ≤ p ≤ ∞) Đònh nghóa W 1,p(a, b) = {f ∈ Lp (a, b) : f ∈ Lp (a, b)} với chuẩn ||f||W 1,p (a,b) = ( b a |f(x)|p + |f (x)|p dx)1/p Đònh lý 5.5 W 1,p(a, b) không gian Banach Chứng minh Cho (fn ) dãy Cauchy W 1,p(a, b) Ta chứng minh (fn ) hội tụ Vì (fn ) dãy Cauchy W 1,p(a, b) nên (fn ) dãy Cauchy Lp (a, b) (fn ) dãy Cauchy Lp (a, b) Vì Lp (a, b) không gian Banach nên tồn f, g ∈ Lp (a, b) cho fn → f Lp (a, b), fn → g Lp (a, b) Ta chứng minh g = f , nghóa b a gϕdx = − b fϕ dx, a với ϕ ∈ Cc∞ (a, b) Cố đònh ϕ ∈ Cc∞ (a, b) Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta có | p + q b a (fn (x) − f(x))ϕ (x)dx| ≤ ||fn − f||Lp (a,b)||ϕ ||Lq (a,b) = (ta chọn q = ∞ p = 1) Do lim b n→∞ a fn ϕ dx = 44 b fϕ dx a Tương tự b lim n→∞ a b gn ϕdx = gϕdx a Theo đònh nghóa đạo hàm suy rộng ta có b a b fn ϕ = − a fn ϕ, với n = 1, 2, Lấy giới hạn n → ∞ ta đpcm Mệnh đề 5.5 a) Cho f ∈ W 1,p(a, b) Thì f ∈ L∞ (a, b) f = f hkn với f liên tục Holder (a, b) b) C ([a, b]) trù mật W 1,p(a, b) c) Nếu f, g ∈ W 1,p (a, b) fg ∈ W 1,p(a, b) (fg) = f g + fg d) (Đạo hàm hàm hợp) Nếu f ∈ W 1,p(a, b) Φ ∈ C (IR) Φ ◦ f ∈ W 1,p(a, b) (Φ ◦ f) = Φ (f)f e) (Công thức tích phân phần) Nếu f, g ∈ W 1,p(a, b) b a fg+ b a fg = f (x)g(x)|ba, với f , g hàm số liên tục cho f = f, g = g hkn Chứng minh a) Áp dụng đònh lý 5.4 ta có f = f hkn với x f (x) = c + f (t)dt, a với c số Ta có f liên tục [a, b] nên f ∈ L∞ (a, b) Bây ta chứng minh f liên tục Holder Cho x < y ∈ [a, b]ù Do bất đẳng thức Holder, ta có y |f (x) − f(y)| = | x f (t)dt| ≤ ||f ||Lp (x,y) |x − y|1/q ≤ ||f||W 1,p (a,p)|x − y|1/q Do f(x) liên tục Holder với số mũ 1/q b) Vì f ∈ Lp (a, b) C ([a, b]) trù mật Lp (a, b) nên ta chọn dãy hàm (gn ) liên tục [a, b] cho gn → f Lp (a, b) Do đònh lý 5.4 ta có f(x) = c + x a f (t)dt, hkn với c số Đặt fn (x) = c + x a 45 gn (t)dt Chứng minh tương tự đònh lý 5.5 ta fn khả vi liên tục [a, b] fn → f W 1,p(a, b) Do C 1([a, b]) trù mật W 1,p(a, b) c) Ta chọn (fn ), (gn ) ∈ C 1([a, b]) thỏa fn → f gn → g W 1,p(a, b) Thì (fn gn ) = fn gn + fn gn Do b a b fn gn ϕ = − a (fn gn + fn gn )ϕ, với n = 1, 2, ϕ ∈ Cc∞(a, b) Lưu ý f(x), g(x) ∈ L∞ (a, b) Bằng cách cho qua giới hạn n → ∞ ta chứng minh tương tự lời giải đònh lý 5.5 b a b fgϕ = − a (f g + fg )ϕ, với ϕ ∈ Cc∞ (a, b) Do (fg) = f g + fg Chứng minh phần d) e) tương tự 5.4 Đònh lý vết - Không gian W01,p(a, b) Cho f ∈ W 1,p (a, b) Theo mệnh đề 5.5 tồn hàm f liên tục Holder [a, b] cho f = f hkn Ta xét ánh xạ sau: T : W 1,p(a, b) → IR2 f → (f(a), f(b)) Thì T xác đònh tốt gọi toán tử vết Đònh lý 5.6 T toán tử tuyến tính, liên tục W 1,p(a, b) Chứng minh T tuyến tính Cho f, g ∈ W 1,p(a, b) Cho f , g hai hàm liên tục Holder cho f = f g = g hkn Khi f + g = f + g hkn Vì có hàm liên tục Holder cho hkn với hàm cho trước, ta suy T (f + g) = (f(a) + g(a), f (b) + g(b)) = (f(a), f (b)) + (g(a), g(b)) = T f + T g Tương tự, ta chứng minh T (λf) = λT f với λ ∈ IR Vậy T tuyến tính T liên tục Ta có T f = (c, c + b a f (t)dt) với f(x) = c + x a f (t)dt, hkn Do |c| = b−a b a |c|dx 46 b x |f(x) − f (t)dt|dx b−a a a b b x |f (t)|dtdx) ≤ ( |f(x)|dx + b−a a a a b b b ≤ |f (t)|dtdx) ( |f(x)|dx + b−a a a a b b = |f (x)|dx) ( |f(x)|dx + (b − a) b−a a a = Áp dụng bất đẳng thức Holder ta tìm số K > cho |c| ≤ K||f||W 1,p (a,b) Chứng minh kết lại tương tự Đònh nghóa W01,p(a, b) = {f ∈ W 1,p(a, b) : T f = (0, 0)} Tính chất Nếu f, g ∈ W01,p(a, b) b a b fg=− fg a Chứng minh Ta chọn (fn ), (gn ) hàm khả vi liên tục [a, b] cho fn → f W 1,p(a, b) gn → g W 1,p(a, b) Thì b a b fn gn = − a fn gn , với n = 1, 2, Cho n → ∞ ta đpcm Nếu p = ta kí hiệu W 1,2(a, b) = H 1(a, b) W01,2(a, b) = H01 (a, b) Đònh lý 5.7 Cc∞ trù mật W01,p(a, b) (1 ≤ p < ∞) Chứng minh bất đẳng thức tương tự chứng minh mệnh đề 5.5 b) 5.5 Các bất đẳng thức Sobolev Bất đẳng thức Poincare Tồn C > cho ||f||H (a,b) ≤ C ||f ||L2 (a,b) , ∀f ∈ H01 (a, b) Bất đẳng thức Poincare-Wirtinger Cho f ∈ H (a, b) Thì ||f − f ||H 1(a,b) ≤ C ||f ||L2 (a,b), f= b−a b f(t)dt, a gọi trung bình tích phân Chứng minh Nếu f ∈ H01 (a, b) f liên tục Holder cho f = f hkn f(a) = f(b) = Do f = b−a b a f (t)dt = [f(b) − f(a)] = b−a Do 1) trường hợp đặc biệt 2) Ta cần chứng minh 2) 47 Do đònh lý 5.4 ta có f(x) − f = x a f (t)dt, hkn Do chứng minh tương tự lời giải phần T liên tục đònh lý 5.6 ta đpcm 48 CHƯƠNG VI Không gian Sobolev 6.1 Đạo hàm suy rộng Cho tập mở Ω ⊆ IRk Ta đặt, với p ≥ 1, / đo : Lploc (Ω) = {f : Ω → C f ∈ Lp (ω) với ω ⊆ IRk thỏa ω tập compăc chứa Ω} Đònh nghóa Cho f ∈ L1loc (Ω), α = (α1, , αk ) ∈ ZZ k , αi ≥ (i = 1, , k) Hàm gα ∈ L1loc (Ω) gọi đạo hàm riêng suy rộng thứ α f Ω fDα φdx = (−1)|α| Ω gα φdx, ∀φ ∈ Cc∞ (Ω) Ở |α| = α1 + + αk , Dα φ = ∂ α1 x1 ∂ α1 x1 Mệnh đề 6.1 a) Nếu gα , hα hai đạo hàm riêng suy rộng thứ α f gα = hα hkn b) Nếu f ∈ C m(Ω) Dα f (|α| ≤ m) đạo hàm riêng suy rộng thứ α f c) Nếu f1 , f2 ∈ L1loc (Ω) có đạo hàm riêng suy rộng thứ α g1α , g2α ∈ L1loc (Ω) / f1 + λf2 có đạo hàm riêng suy rộng thứ α g1α + λg2α với λ ∈ C d)Nếu f ∈ Lloc (Ω) có đạo hàm riêng suy rộng thứ α gα gα ∈ L1loc (Ω) có đạo hàm riêng suy rộng cấp β = (β1, , βk) ∈ ZZ k , βi ≥ (i = 1, , k) (gα )β f có đạo hàm riêng suy rộng thứ α + β (gα )β Việc chứng minh mệnh đề 6.1 dành cho độc giả Do mệnh đề 6.1, từ ta dùng ký hiệu Dα u để đạo hàm suy rộng thứ α u Đònh nghóa Với m ∈ IN, ≤ p ≤ ∞, ta đònh nghóa ∂ |α| φ W m,p (Ω) = {f ∈ Lp (Ω) : Dα f ∈ Lp (Ω), |α| ≤ m} với chuẩn ⎛ ⎞1/p ||f||W m,p (Ω) = ⎝ ||Dα f||pp ⎠ |α|≤m Đặc biệt p = 2, ta kí hiệu H m (Ω) = W m,2 (Ω) với tích vô hướng < f, g >= |α|≤m Ω Dα fDα gdx Không gian W0m,p (Ω) bao đóng Cc∞ (Ω) W m,p (Ω) Bây ta xét ϕ chương 1, nghóa ϕ (x) = −k ϕ(x/ ) với ϕ ∈ Cc∞(IRk ), suppϕ nằm cầu đơn vò IRk ϕ = 1, ϕ ≥ Khi ta có mệnh đề sau (chứng minh tập): Mệnh đề 6.2 a) Cho f ∈ Lp (Ω), ≤ p ≤ ∞ có đạo hàm riêng suy rộng Dα f ∈ Lp (Ω) Ω, cho x ∈ Ω, > thỏa d(x, ∂Ω) > Khi Dα (ϕ ∗ f)(x) = ϕ ∗ Dα f (x) 49 với f hàm mở rộng Ω b) Nếu ≤ p < ∞, G ⊆⊆ Ω G đo lim ||Dα (ϕ ∗ f) − Dα f||Lp (G) = 0 Áp dụng mệnh đề 6.2, ta có kết sau Mệnh đề 6.3 a) Nếu f ∈ W 1,p(Ω), g ∈ W 1,∞ (Ω) với ≤ p ≤ ∞, Ω mở k IR ta có fg ∈ W 1,p(Ω) (fg)xi = fxi g + fgxi , i = 1, 2, , k b) Nếu f ∈ W 1,p(Ω) ∩ W 1,∞ (Ω) hàm ψ : IR → IR hàm khả vi liên tục thỏa ψ(0) = ψ(f) ∈ W 1,p(Ω) ∩ W 1,∞ (Ω) (ψ(f))xi = ψ (f).fxi , i = 1, 2, , k c) Cho Ω tập mở IRk H : Ω → Ω song ánh, x = H(y) cho H ∈ C 1(Ω ), H −1 ∈ C (Ω), JH ∈ L∞ (Ω ), JH −1 ∈ L∞ (Ω) Nếu u ∈ W 1,p(Ω) u ◦ H ∈ W 1,p(Ω ) ∂ (u ◦ H)(y) = ∂yj k i=1 ∂Hi ∂u (H(y)) (y) ∂xi ∂yj với j = 1, 2, , k, x = (x1 , , xk), y = (y1, , yk ) H = (H1 , , Hk ) Chứng minh Ta chứng minh a) Chứng minh b), c) tương tự xem tập Xét hai dãy hàm (f ), (g ) với f = ϕ ∗ f , g = ϕ ∗ g f = fχΩ , g = gχΩ 0, Lấy φ ∈ Cc∞ (Ω), đặt G = supp(φ) Dùng mệnh đề 6.2 ta có, f g → f, (f )xi → fxi Lp (G) → g, (g )xi → gxi Lq (G) (đề nghò bạn đọc kiểm tra chi tiết) Ngoài theo đònh lý 2.6 ii, ta có ||f ||p ≤ ||f||p , ||g ||q ≤ ||g||q ||(f )xi ||Lp (G) ≤ ||fxi ||p , ||g ||Lq (G) ≤ ||gxi ||q Từ kết trên, ta dễ dàng suy G G φx i f g → G φ((f )xi g + f (g ) ) → G φxi fg → 0, φ(fxi g + fgxi ) Mặt khác G φxi (f g ) = − G φ((f )xi g ) + f (g )xi ) Từ ta có điều phải chứng minh 50 → Mệnh đề 6.4 Các không gian W m,p (Ω), W0m,p không gian Banach, H m không gian Hilbert Việc chứng minh dựa tính chất Banach Lp (Ω), chi tiết dành cho độc giả xem tập 6.2 Các đònh lý nhúng Trước hết, ta đưa vài đònh nghóa Cho x ∈ IRk ta viết x = (x1, , xk−1), x = (x , xk ) kí hiệu IRk+ Q Q+ Q0 = = = = {x = (x , xk ) : xk > 0}, {x = (x , xk ) : |x | < 1, |xk | < 1}, Q ∩ IRk+ , {x = (x , xk ) : |x | < 1, xk = 0}, k−1 |x | = 1/2 x2i i=1 Đònh nghóa Tập mở Ω ⊆ IRk gọi thuộc lớp C với x ∈ ∂Ω tồn lân cận U x IRk ánh xạ H : Q → U song ánh thỏa H ∈ C 1(Q), H −1 ∈ C 1(U ), H(Q+ ) = U ∩ Ω, H(Q0 ) = U ∩ ∂Ω Ta có đònh lý sau: Đònh lý 6.5 Cho Ω ⊆ IRk tập mở thuộc lớp C có biên ∂Ω bò chận (hay Ω = IRk+ ) Khi tồn ánh xạ tuyến tính P : W 1,p(Ω) → W 1,p(IRk ) cho với u ∈ W 1,p(Ω) ta có (i) P u|Ω = u, (ii) ||P u||Lp(IRk ) ≤ C||u||Lp(Ω) , (iii) ||P u||W 1,p (IRk ) ≤ C||u||W 1,p (Ω) , C phụ thuộc Ω Nếu Ω bò chận tồn tập mở Ω bò chận cho Ω ⊆ Ω, suppP u ⊆ Ω ∀u ∈ W 1,p(Ω) Việc chứng minh đònh lý 6.5 dựa hai bổ đề sau Bổ đề 6.1 Cho f ∈ W 1,p(Q+ ), đặt T f(x , xk ) = f(x , xk ) f(x , −xk ) xk > xk < Thì T f ∈ W 1,p(Q) ||T f||W 1,p (Q) ||T f||Lp(Q) ≤ 2||f||Lp (Q+ ), ≤ 2||f||W 1,p (Q+) Bổ đề 6.2 (Sự phân hoạch đơn vò.) Cho Γ tập compact IRk k ∞ U1 , , Um tập mở cho Γ ⊆ m i=1 Ui Thì tồn θ0 , , θm C (IR ) cho 51 (i) ≤ θi ≤ ∀i = 0, , m m i=0 θi = 1, (ii) suppθi compact suppθi ⊆ Ui , i = 1, , m suppθ0 ⊆ IRk \Γ Khi Ω tập mở bò chận Γ = ∂Ω ta có θ0 |Ω ∈ Cc∞ (Ω) Bổ đề 6.1 xem tập (xem tập 6), bổ đề 6.2 tham khảo sách giải tích Sử dụng hai bổ đề ta có Chứng minh đònh lý 6.5 Dùng tính compact ∂Ω, ta tìm họ tập mở (Ui )1≤i≤m IRk cho ∂Ω ⊆ m i=1 Ui tồn ánh xạ Hi : Q → Ui song ánh cho H ∈ C 1(Q), H −1 ∈ C 1(U ), H(Q+ ) = U ∩ Ω, H(Q0 ) = U ∩ ∂Ω Xét hàm θ0, , θm bổ đề 6.2 Với u ∈ W 1,p(Ω) ta có u= m ui với ui = θi u θi u = i=0 Bây ta mở rộng hàm ui Trước hết đặt u0 (x) = i=0 x ∈ Ω x ∈ IRk \Ω u0 (x) Do θ ∈ Cc∞ (Ω) ta suy θu0 ∈ W01,p(Ω) u0 ∈ W 1,p(IRk ) (Người đọc nên kiểm tra chi tiết điều này) Với i = 1, 2, , m ta có u ∈ W 1,p(Ui ∩ Ω) Đặt vi (y) = u ◦ Hi (y) Teo mệnh đề 6.4 c) ta có vi ∈ W 1,p(Q+ ) Sử dụng bổ đề 6.1 ta suy T vi ∈ W 1,p(Q) Đặt wi (x) = T vi(Hi−1 (x)), x ∈ Ui wi ∈ W 1,p (Ui ), wi |Ui ∩Ω = u ||wi||W 1,p (Ui ) ≤ C||u||W 1,p(Ui ∩Ω) Đặt ui (x) = θi (x)wi (x) x ∈ Ui x ∈ IRk \Ui ta có ui ∈ W 1,p(IRk ), ui |Ω = ui ||ui||W 1,p (IRk ) ≤ C||u||W 1,p(Ui ∩Ω) Cuối đặt Pu = m ui i=0 ta có điều phải chứng minh Hệ 6.1 Giả sử Ω bò chận thuộc lớp C (hay Ω = IRk ) Cho u ∈ W 1,p(Ω) với ≤ p < ∞ Khi tồn dãy (un ) Cc∞ (IRk ) cho un |Ω → u W 1,p(Ω) n → ∞ 52 Chứng minh Lấy ζ : IRk → IR thỏa ≤ ζ ≤ ζ(x) = |x| < |x| > Đặt ζn (x) = ζ( nx ) Với u ∈ W 1,p(Ω), ta chứng minh dãy (ϕ1/n ∗ P u)ζn hội tụ tới P u W 1,p(IRk ) n → ∞ Chi tiết chứng minh dành cho độc giả Đònh nghóa Cho hai không gian Banach X, Y với chuẩn ||.||X , ||.||Y , thỏa X ⊆ Y Ánh xạ i : X → Y , i(x) = x gọi phép nhúng Nếu i toán tử compact liên tục, ta nói phép nhúng compact Đònh lý 6.6 Cho Ω tập mở thuộc lớp C IRk (hay Ω = IRk , IRk+ ), ta có ∗ a) Nếu ≤ p < k W 1,p(Ω) ⊆ Lp (Ω) với p1∗ = 1p − k1 b) Nếu p = k W 1,p (Ω) ⊆ Lp1 (Ω) với p1 ∈ [p, ∞) c) Nếu p > k W 1,p(Ω) ⊆ L∞ (Ω) với phép nhúng liên tục Hơn nữa, p > k, tồn C > cho, với u ∈ W 1,p(Ω) ta tìm u ∈ W 1,p(Ω) ∩ C(Ω) cho u = u hkn |u(x) − u(y)| ≤ C||u||W 1,p |x − y|α với α = − kp Đặc biệt, W 1,p(Ω) ⊆ C(Ω) Chứng minh Ta chứng minh cho trường hợp a) Trường hợp phức tạp trường hợp Ω bò chận Các trường hợp khác tương tự (thật dễ hơn) Lấy u ∈ W 1,p(Ω) Dùng hệ 6.1, ta tìm dãy hàm (un ) Cc∞ (IRk ) cho un → P u W 1,p(Ω) Dùng đònh lý 2.8 a), tồn C > cho ||un ||Lp∗ (IRk ) ≤ C||∇un||Lp (IRk ) Từ ta có ||u||Lp∗ (Ω) ≤ C||∇u||Lp(Ω) ≤ C||u||W 1,p (Ω) Vậy i : W 1,p(Ω) → Lp (Ω) ánh xạ liên tục Các trường hợp b) c) chứng minh tương tự Đònh lý 6.7 (Rellich-Kondrachov) Cho Ω bò chận thuộc lớp C IRk Ta có a) Nếu p < k W 1,p(Ω) ⊆ Lp1 (Ω) với p1 ∈ [1, p∗ ), p1∗ = 1p − k1 , b) Nếu p = k W 1,p (Ω) ⊆ Lp1 (Ω) ∀p1 ≥ 1, c) Nếu p > k W 1,p(Ω) ⊆ C(Ω) Tất phép nhúng a), b) c) compact Để chứng minh đònh lý 6.7, sử dụng Bổ đề 6.3 Cho Ω0 mở IRk , cho F0 tập hàm Lp (Ω0 ) (1 ≤ p < ∞) u ∈ F0 mở rộng không IRk \Ω0 Nếu 0, a) supu∈F0 ||ϕ ∗ u − u||Lp (IRk ) → b) supu∈F0 ||u||Lp(IRk ) ≤ C ∗ 53 với C số, F0 chứa tập compact Lp (Ω0 ) Bổ đề 6.4 Cho w ∈ W 1,p(IRk ), cho h ∈ IRk , ≤ p < ∞, tồn số C độc lập với h cho ||wh − w||Lp (IRk ) ≤ C|h||∇w||Lp(IRk ) , wh (x) = w(x + h) Những bổ đề để lại cho người đọc tập Chứng minh đònh lý 6.7 Trường hợp p > k hệ đònh lý Ascoli đònh lý 6.6 c) Trường hợp p = k chứng minh tương tự trường hợp ≤ p < k Giả sử F tập bò chận W 1,p(Ω) Ký hiệu F0 = {P u : u ∈ F } Theo đònh lý 6.5, tồn M > tập hợp Ω cho ||P u||W 1,p (IRk ) ≤ C||u||W 1,p(Ω) , (1) Ω ⊇ suppP u ⊆ Ω với u ∈ W 1,p (Ω) Lấy Ω0 thỏa Ω ⊆⊆ Ω0 , Ω0 bò chận Họ F0 xem họ hàm bò chận 1,p W (Ω0 ) với suppv ⊆ Ω ⊆⊆ Ω0 với v ∈ F0 Ta chứng tỏ F0 compact Lp1 (Ω0 ) với p1 ∈ [1, p∗) Áp dụng đònh lý 6.6 ta thấy điều kiện b) bổ đề 6.3 thỏa Ta kiển tra điều kiện a) bổ đề 6.3 Xét trường hợp p1 = Dùng đánh giá đònh lý 2.6, ta có ||ϕ ∗ v − v||L1 (IRk ) ≤ |z|≤1 ϕ(z)||v z − v||L1(IRk ) dz (2) với v ∈ F0, v z (x) = v(x + z) Áp dụng bổ đề 6.4 ta có ||v z − v||L1(IRk ) ≤ ||∇v||L1(IRk ) , ∀|z| ≤ (3) Với v ∈ F0 ta có suppv ⊆ Ω ⊆⊆ Ω0 Vậy ||∇v||L1(IRk ) = ||∇v||L1(Ω0 ) ≤ |Ω0 |1/q ||∇v||Lp(Ω0 ) ≤ M|Ω0 |1/q (4) Từ (2), (3) (4) ta có suppv∈F0 ||ϕ ∗ v − v||L1 (IRk ) ≤ M|Ω0|1/q (5) Vậy điều kiện b) bổ đề 6.3 thỏa với p1 = Ta suy F0 compact L1 (IRk ) Với p1 > 1, sử dụng bất đẳng thức đònh lý 2.7 với φ = ϕ ∗ v − v, < p1 < p∗ α tính p11 = α + 1−α ta có p∗ ||ϕ ∗ v − v||Lp1 (IRk ) ≤ ||ϕ ∗ v − v||α1 k L (IR ) 54 × ||ϕ ∗ v − v||1−α p∗ L k (IR ) (6) Từ (5), (6) (1) ta sử dụng đònh lý 6.6 a) để suy 1−α ||ϕ ∗ v − v||Lp1 (IRk ) ≤ M|Ω0 |1/q α × 2||v||Lp∗ (IRk ) ≤ M|Ω0 |1/q α × 2C||∇v||Lp(IRk ) ≤ M|Ω0 |1/q α × (2CM)1−α , 1−α ∀v ∈ F0 Vậy điều kiện b) bổ đề 6.2 thỏa Ta suy F0 compact Lp1 (Ω0 ) Vậy F0|Ω = F compact Lp1 (Ω) với p1 ∈ [1, p∗ ) Đònh lý chứng minh BÀI TẬP Cho f ∈ L1loc (Ω) Chứng tỏ Ω ∀ϕ ∈ Cc∞ (Ω) fϕ = 0, f = hkn Chứng minh mệnh đề 6.1 3) Cho f ∈ W m,p(Ω), g ∈ Lp (Ω), |α| ≤ m dãy (fn ) W m,p (Ω) thỏa fn → f α D fn → g trong Lp (Ω) Lp (Ω) Chứng tỏ g = Dα f Từ chứng minh mệnh đề 6.2 Chứng minh mệnh đề 6.3 Chứng minh b) c) kiểm tra chi tiết bỏ qua chứng minh mệnh đề 6.4 Cho u ∈ W 1,p(Q+ ) Đặt T u bổ đề 6.1 ∂u (x ∂xi ∂u (x ∂xi gi (x , xk ) = , xk ) , −xk ) xk > 0, xk < 0, với i = 1, 2, , k − xk > 0, xk < ∂u (x , xk ) ∂xi ∂u − ∂xi (x , −xk ) gk (x , xk ) = a) Chứng tỏ gi ∈ Lp (Ω) với i = 1, 2, , k b) Lấy hàm η ∈ C ∞ (IR) thỏa η(−t) = η(t) η(t) = |t| < 12 , |t| > Đặt ηn (t) = η(nt) Chứng tỏ, với i = 1, 2, , k, ϕ ∈ Cc∞(Q) Q (T u) ∂ (ηk ϕ)dx → ∂xi Q gi ηk ϕdx → 55 Q Q (T u) ∂ϕ dx ∂xi gi ϕdx n → ∞ u) c) Từ suy ∂(T = gi , i = 1, 2, , k bất đẳng thức bổ đề 6.1 Hãy ∂xi đưa ví dụ hàm η Cho u ∈ W 1,p(Ω), θ0 ∈ Cc∞ (Ω) Đặt u(x) = x ∈ Ω, x ∈ IRk \Ω θ0u(x) Chứng tỏ u ∈ W 1,p(IRk ) Cho v ∈ W 1,p(IRk ) Đặt ζ : IRk → IR thỏa ≤ ζ1 ζ(x) = |x| < 1, |x| > Đặt ζn (x) = ζ( nx ) = (ϕ1/n ∗ v)ζn với ϕ (x) = k ϕ( x ), ϕ ∈ Cc∞ (IRk ), suppϕ nằm cầu đơn vò IRk ϕ = Chứng tỏ → v W 1,p(IRk ) n → ∞ Chứng minh đònh lý 6.6 b) c) Chứng minh đònh lý 6.6 a) trường hợp Ω = IRk+ trường hợp Ω = IRk 10 Cho W tập hợp không gian Banach X Chứng minh tập W chứa tập compact X nếu: Với δ > 0, tồn số hữu hạn cầu B1 , B2, , Bm X có bán kính δ cho W ⊆ m i=1 Bi 11 Cho ϕ 8, cho Ω0 mở bò chận IRk F0 tập hàm Lp (Ω0 ) (1 ≤ p < ∞), u ∈ F0 mở rộng không IRk \Ω0 Giả sử tồn C cho supu∈F0 ||u||Lp(IRk ) ≤ C giả sử supu∈F0 ||ϕ ∗ u − u||Lp(IRk ) → Cho δ > a) Chứng tỏ tồn → > cho ||ϕ ∗ u − u||Lp (IRk ) < δ với u ∈ F0 b) Chứng tỏ tập hợp W = {ϕ ∗ u : u ∈ F0} compact C(Ω) c) Áp dụng tập 10 để suy F0 compact Lp (Ω0 ) 12 Chứng minh đònh lý 6.7 b) c) 13 Cho hàm u ∈ L2(Ω) cho α = (α1 , , αk ) ∈ ZZ k+ thỏa Ω với ϕ ∈ Cc∞ (Ω) uDα ϕ ≤ M||ϕ||L2 (Ω) Chứng minh tồn hàm gα ∈ L2 (Ω) cho Ω uDα ϕ = (−1)|α| Ω gα ϕ ∀ϕ ∈ Cc∞ (Ω), nghóa hàm u có đạo hàm suy rộng Dα u = gα L2(Ω) 56 MỤC LỤC CHƯƠNG I - Tích phân Lebesgue 1.1 Tập hợp đếm -Tập có độ đo không 1.2 Hàm bậc thang 1.3 Hàm đo - Tập đo 1.4 Sự khả tích Lebesgue 1.5 Các đònh lý 1.6 Tích chập BÀI TẬP CHƯƠNG II - Không gian Lp 2.1 Không gian Banach 2.2 Không gian Lp (1 ≤ p < ∞) 2.3 Tính trù mật Lp (Ω) (1 ≤ p < ∞) 2.4 Tích chập IRk 2.5 Một số bất đẳng thức hàm BÀI TẬP CHƯƠNG III - Không gian L2 (Ω) 3.1 Không gian Hilbert 3.2 Khai triển Fourier L2 (−π, π) 3.3 Khai triển sin Fourier khai triển cos Fourier 3.4 Khai triển Fourier (−l, l) (0, l) 3.5 Khai triển Fourier phức 3.6 Khai triển Fourier L2(−1, 1) 3.7 Khai triển Fourier L2 (IR) BÀI TẬP CHƯƠNG IV - Biến đổi Fourier 4.1 Đònh nghóa tính chất 4.2 Biến đổi Plancherel 4.3 Biến đổi Fourier sin Fourier cos 4.4 Ứng dụng biến đổi Fourier BÀI TẬP CHƯƠNG V - Không gian Sobolev chiều 5.1 Đạo hàm suy rộng 5.2 Các tính chất 5.3 Không gian W 1,p(a, b) (1 ≤ p ≤ ∞) 5.4 Đònh lý vết - Không gian W01,p (a, b) 5.5 Các bất đẳng thức Sobolev CHƯƠNG VI - Không gian Sobolev 6.1 Đạo hàm suy rộng 6.2 Các đònh lý nhúng BÀI TẬP MỤC LỤC 57 1 2 8 10 11 12 14 18 18 19 21 22 22 23 23 23 31 31 32 34 35 37 40 40 42 44 46 47 49 49 51 55 57 [...]... Pn (x) = 1 dn 2 (x − 1)n 2n n! dxn 2 Mệnh đề 3.7 Ta có < Pn , Pm >= 0 nếu n = m và ||Pn ||22 = 2n+1 , n ≥ 0 Các tính toán này xem như bài tập Để chứng minh (Pn ) là cơ sở trực giao ta cần chứng tỏ tập hợp các đa thức là trù mật trong L2 (−1, 1) Đònh lý 3.8 (Weierstrass) Với mọi hàm f liên tục trên [a, b] đều có một dãy các đa thức (Qn ) sao cho (Qn ) hội tụ đều đến f trong C[a, b] Có rất nhiều phương... Paserval để tính 1 a) n=1∞ n14 , n=1∞ (2n+1) 4, n=1∞ (−1)n+1 n4 (−1)n+1 n6 1 b) n=1∞ n16 , n=1∞ (2n+1) 6, n=1∞ 10) Dùng đẳng thức Paserval tính các tích phân sau a) π x ln2 (2 sin )dx 2 π x ln2 (2 cos )dx 2 0 b) 0 c) π 0 x ln2 (2tg )dx 2 / 11) Cho g giải tích trên C ngọai trừ tại một số hữu hạn điểm cực và g không có kì dò thực Giả sử có số m > 0, k > 0, R > 0 sao cho |g(z)| ≤ m , với |z| > R |z|k Thì... chứng minh BÀI TẬP 1) Chứng minh bất đẳng thức Holder theo các bước sau: a) Nếu p > 1, q > 1, 1p + 1q = 1 thì ta có bất đẳng thức Young a p bq + ≤ ab, ∀a, b ≥ 0 p q b) Xét trường hợp ||f||p = ||g||q = 1 Tích phân biểu thức |fg| ≤ |f|p |g|q + p q để suy ra ||fg||1 ≤ 1 c) Chứng minh cho trường hợp tổng quát d) Cho fn → f trong Lp (Ω), gn → g trong Lq (Ω) thì fn gn → fg trong L1 (Ω) 2) Dùng đẳng thức (a +... z > / với mọi x, y, z ∈ H, α ∈ C thì ta nói < , > là một tích vô hướng trong H Đặt √ ||x|| = < x, x > ta có Đònh lý 3.1 Ta có (i) | < x, y > | ≤ ||x||.||y|| với mọi x, y ∈ H (ii) ||x + y|| ≤ ||x|| + ||y|| với mọi x, y ∈ H Do đó ||.|| là một chuẩn trong H Đònh nghóa Không gian H xác đònh như trên gọi là không gian Hilbert nếu mọi dãy Cauchy đều hội tụ Đònh nghóa Cho M ⊆ H, ta ký hiệu M ⊥ = {x ∈ H :... (Ω) trù mật trong Lp (Ω), 1 ≤ p < ∞ Chứng minh đònh lý này xem như bài tập 2.4 Tích chập trong IRk Đònh nghóa Cho α ∈ IRk , hàm g đo được trên IRk Ta đònh nghóa gα (x) = g(x − α) Hiển nhiên nếu g ∈ Lp (IRk ) thì gα ∈ Lp (IRk ) Đònh nghóa Cho hàm f ∈ L1 (IRk ), 1 ≤ p ≤ ∞ Đặt f ∗ g(x) = IRk f(x − y)g(y)dy Ta nói f ∗ g là tích chập của hai hàm f và g Nhận xét rằng f ∗ g = g ∗ f Đònh lý 2.7 Xét 1 ≤ p... đẳng thức Holder cho hai hàm f1 = φ1/q và g1 = φ1/p|g(x − z) − g(x)| ta có |φ ∗ g| ≤ 1/q φ(z) IRk φ(z)|g(x − z) − g(x)|pdz IRk 1/p Lưu ý điều kiện IRk φ = 1 và sử dụng đònh lý Fubini về đổi thứ tự lấy tích phân kép ta có k IR |φ ∗ g(x) − g(x)|pdx ≤ = k k IR k IR IR φ(z)|g(x − z) − g(x)|p dx φ(z)||g z − g||pp dz Ta có theo i) ||g z − g||p → 0 khi → 0, ∀z ∈ IRk Mặt khác φ(z)||g z − g||pp ≤ φ(z)(||g z ||p... bước sau a) Xét trường hợp f(a) = f(b) = 0 Mở rộng hàm f ra trên IR bằng cách đặt f(x) = 0 nếu x ∈ / [a, b] Xét hàm n c fn (x) = ∞ −∞ 2 e−n(x−y) f(y)dy với c= ∞ −∞ 2 e−x dx Dùng kỹ thuật tích chập chứng tỏ fn → f đều trong C[a, b] b) Đặt pm (t) = 1 + t + tm t2 + + 2! m! Chứng tỏ rằng nếu x, y ∈ [a, b] thì |e −n(x−y)2 n2n |b − a|2n − P2n (−n(x − y) )| ≤ (2n)! 2 Từ đó suy ra đònh lý Weierstrass 21)... trình nhiệt ∂u ∂u (x, t), x ∈ IR, t ≥ 0 (x, t) = ∂t ∂x2 thỏa u(x, 0) = u0 (x) Ta đặt ra các giả thiết a) Các hàm u(x, t), ux(x, t), uxx (x, t) khả tích theo x khi t ≥ 0 được cố đònh b) Trong mọi khoảng 0 ≤ t ≤ T hàm ut = ut (x, t) bò chận trên bởi một hàm khả tích theo x |ut (x, t)| ≤ Φ(x), ∞ −∞ 35 Φ(x)dx < ∞ Đặt hàm v(σ, t) = ∞ −∞ u(x, t)e−iσx dx = F (u)(., t) Khi đó do các điều kiện a) , b) ta có vt(σ,... 0 khi → 0 Từ kết quả này ta suy ra được C(Ω) là trù mật trong Lp (Ω) 2.5 Một số bất đẳng thức hàm Từ bất đẳng thức Holder chúng ta có thể suy ra một số bất đẳng thức sau thường được sử dụng trong giải tích Đònh lý 2.8 (Bất đẳng thức nội suy) Cho 1 < p0 ≤ p1 < ∞ Nếu φ là một hàm trong Lp0 (Ω) Lp1 (Ω) thì φ ∈ Lr (Ω) với mọi p0 ≤ r ≤ p1 Hơn nữa ||φ||r ≤ ||φ||αp0 ||φ||1−α p1 với α thỏa α 1−α 1 = + r p0... chứng minh 3.7 Khai triển Fourier trên L2 (IR) Ta dùng một hệ đa thức đặc biệt gọi là đa thức Hermite dn −x2 e Hn (x) = (−1) e dxn n x2 Khi đó các hàm (e −x2 2 Hn (x)) thỏa −x2 −x2 −x2 2 2 2 2 √Mệnh đề 3.10 Ta có < e Hn (x), e Hm (x) >= 0 nếu n = m và ||e Hn (x)||2 = 2n! π Trong phần sau ta sẽ chứng tỏ rằng hệ hàm này lập thành một cơ sở trực giao của L2 (IR) BÀI TẬP 1) Tìm tổng các chuỗi a) d) g)