Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 32 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
32
Dung lượng
324,06 KB
Nội dung
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - - - - - - - - - o0o - - - - - - - - - NGUYỄN THỊ MAI TOÁNTỬTUYẾNTÍNHXÁCĐỊNHTRÙMẬTVÀL2ĐÁNHGIÁCHOPHƯƠNGTRÌNH ∂¯ LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - 2016 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - - - - - - - - - o0o - - - - - - - - - NGUYỄN THỊ MAI TOÁNTỬTUYẾNTÍNHXÁCĐỊNHTRÙMẬTVÀL2ĐÁNHGIÁCHOPHƯƠNGTRÌNH ∂¯ Chuyên ngành TOÁN GIẢI TÍCH Mã số 60460102 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGUYỄN THẠC DŨNG Hà Nội - 2016 Mục lục Lời cảm ơn Lời mở đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Toántửxácđịnhtrùmật không gian Hilbert 1.2 Không gian L2p,q (Ω, ϕ) toántử ∂ xácđịnhtrùmật 16 L2đánhgiáchophươngtrình ∂ 2.1 Các kết xấp xỉ 2.2 Phương pháp L2đánhgiá H¨ormander giải phươngtrình ∂ Tài liệu tham khảo 30 30 40 50 Lời cảm ơn Để luận văn hoàn thành, trước hết em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo - TS Nguyễn Thạc Dũng, người tận tình hướng dẫn, bảo em suốt thời gian làm luận văn Sự dạy thầy kiến thức cách làm việc giúp em nhiều trình học tập làm việc sau Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới lãnh đạo toàn thể thầy cô giáo khoa Toán - Cơ - Tin học, trường ĐH Khoa học Tự Nhiên - ĐH Quốc gia Hà Nội dạy bảo em tận tình suốt trình học tập khoa Cuối em xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè chia sẻ, động viên, giúp đỡ tạo điều kiện để em hoàn thành luận văn Mặc dù cố gắng luận văn không tránh khỏi thiếu sót Rất mong nhận góp ý từ phía thầy cô bạn bè Em xin chân thành cảm ơn ! Hà Nội, tháng 11 năm 2016 Nguyễn Thị Mai Lời mở đầu Cho f dạng vi phân song bậc (p, q) với hệ số bình phương khả tích ứng với độ đo Lebesgue có trọng đó, việc giải phươngtrình ¯ =f ∂α tìm dạng vi phân α song bậc (p, q) với hệ số không gian ¯ = f nghiệm theo nghĩa suy Hilbert xácđịnhcho đẳng thức ∂α rộng cổ điển Phươngtrình ∂¯ phươngtrình quan trọng lý thuyết hàm chỉnh hình nhiều biến phức Việc giải phươngtrình ∂¯ gắn liền với toánxácđịnh hàm chỉnh hình, toán thác triển hàm chỉnh hình, xácđịnh nhóm đối đồng điều Dolbeaux miền chỉnh hình, Bởi tính quan trọng phươngtrình ∂¯ giải tích phức nhiều biến, hình học phức tô pô, toán giải phươngtrình ∂¯ tìm ứng dụng thu hút sư quan tâm nghiên cứu nhiều nhà toán học lớn giới Trong năm 1965, báo tiếng [2], H¨ormander đưa lời giải đẹp, tự nhiên sáng sủa chotoán tồn nghiệm, quy hóa nghiệm phươngtrình ∂¯ phương pháp lý thuyết giải tích hàm không gian Hilbert Nhận thấy rằng, toántử ∂¯ toántửtuyến tính, đóng, xácđịnhtrùmật không gian Hilbert xácđịnh H¨ormander chứng minh loạt ước lượng L2đánhgiá vận dụng ước lượng với lý thuyết toántử không gian Hilbert để giải trọn vẹn toán tồn quy hóa nghiệm chophươngtrình ∂¯ nói Ngay sau phương pháp L2đánhgiá Hormander giới thiệu, có nhiều thành tựu phát triển phương pháp nói ngày nhiều ứng dụng phương pháp L2đánhgiá phát Phương pháp L2đánhgiá H¨ ormander công cụ quan trọng hình học phức, hình học đại số, lý thuyết đa vị, tô pô nhiều lĩnh vực khác Nội dung luận văn trình bày lại phần phương pháp L2đánhgiá H¨ormander dựa tài liệu tham khảo [1] Đây sách diễn giải tốt phương pháp H¨ormander Người đọc tham khảo thêm báo gốc H¨ormander [2] sách chuyên khảo [3] H¨ormander để tìm hiểu thêm kết L2đánh ứng dụng giải tích phức nhiều biến lý thuyết Luận văn trình bày lại cách chi tiết chặt chẽ phần kết chương hai sách [1] Tuy nhiên, luận văn trình bày lại hoàn toàn mục theo thứ tự tài liệu [1] mà luận văn này, tác giả xếp lại nội dung đưa thêm lập luận, dẫn giải để người đọc dễ theo dõi thấy dễ hiểu Về mặt cấu trúc, luận văn chia thành hai chương Trong chương một, tác giảtrình bày lại kết lý thuyết toántửtuyến tính, đóng, xácđịnhtrùmật không gian Hilbert Sau đó, tác giảtrình bày kết không gian Hilbert L2(p,q) (Ω, ϕ)-các dạng vi phân song bậc (p, q) với hệ số bình phương khả tích ứng với độ đo e−ϕ dV , Ω miền mở Cn dV độ đo Lebesgue Ω, ϕ hàm trơn Ω Tác giả chứng minh mục hai chương toántử ∂¯ toántửtuyến tính, đóng, xácđịnhtrùmậttừ không gian Hilbert L2(p,q) (Ω, ϕ1 ) vào không gian Hilbert L2(p,q+1) (Ω, ϕ2 ) với ϕ1 , ϕ2 hàm trơn Ω Trong chương hai, ¯ = f Cụ tác giảtrình bày L2đánhgiá H¨ormander giải phươngtrình ∂α thể, mục chương này, tác giả chứng minh dạng vi phân không gian L2(p,q+1) (Ω, ϕ2 ) xấp xỉ dạng vi phân song bậc (p, q + 1) với hệ số hàm trơn có giá compact với chuẩn đồ thị GT tự nhiên (xem chi tiết Định nghĩa 2.9) Nhờ xấp xỉ này, mục hai, tác giả chứng minh hệ thức L2cho dạng vi phân f ∈ L2(p,q) (Ω, ϕ) Theo lý thuyết toántửtuyến tính, đóng, xácđịnhtrù mật, hệ thức đảm bảo điều kiện cần đủ cho tồn nghiệm phươngtrình ∂¯ Chương hai kết thúc việc chứng minh tồn nghiệm phươngtrình ∂¯ Vì thời gian kiến thức có hạn, hạn chế không gian luận văn, tác giả chưa thể trình bày toán quy hóa nghiệm chophươngtrình ∂¯, trình bày ứng dụng phương pháp Các độc giả muốn quan tâm thêm tham khảo tài liệu [1, 2, 3] nói Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, nhắc lại vài kiến thức toántửxácđịnhtrùmật không gian Hilbert Sau đó, giới thiệu không gian Hilbert L2(p,q) (Ω, ϕ) dạng vi phân song bậc (p, q) bình phương khả tích Chúng ta định nghĩa toántử ∂¯ không gian L2(p,q) (Ω, ϕ) chứng minh toántử ∂¯ toántửtuyến tính, đóng, xácđịnhtrùmật 1.1 Toántửxácđịnhtrùmật không gian Hilbert Cho H H không gian Hilbert trường số phức Ta kí hiệu tích vô hướng H (x, y)1 với x, y ∈ H tích vô hướng H (x, y)2 với x, y ∈ H Cho D ⊂ H tập trùmật H cho T : D → H toántửtuyếntính Khi ta ký hiệu miền xácđịnh miền giá trị toántử T D = DT , T (D) = RT Nếu miền xácđịnh T trùmật không gian H , ta nói T toántửtuyếntínhxácđịnhtrùmật Xuyên suốt mục ta giả thiết T toántửtuyếntínhxácđịnhtrùmậtĐịnh nghĩa 1.1 Cho T : D → H toántửtuyếntính Đồ thị GT T định nghĩa nghĩa sau GT = {(x, T x)|x ∈ DT } ⊂ H × H Ta nói T toántử đóng đồ thị GT không gian đóng H × H Định nghĩa 1.2 Cho y ∈ H Ta nói y ∈ DT ∗ tồn số c = c(y) > cho với ∀x ∈ DT , ta có |(T x, y)2 | ≤ c||x||1 Từđịnh nghĩa, ta nhận thấy DT ∗ không gian H Thật vậy, dễ thấy DT ∗ ⊂ H Giả sử y1 , y2 ∈ DT ∗ , với x ∈ DT , ta có |(T x, αy1 + βy2 )2 | = |(T x, αy1 )2 + (T x, βy2 )2 | ≤ |α(T x, y1 )2 | + |β(T x, y2 )2 | ≤ c1 |α|||x||1 + c2 |β|||x||1 ≤ (c1 |α| + c2 |β|)||x||1 Tức αy1 + βy2 ∈ DT ∗ Vì vậy, DT ∗ không gian H Do T toántửtuyếntínhxácđịnhtrù mật, để định nghĩa toántử liên hợp T ∗ , ta cần bổ đề sau Bổ đề 1.3 Với y ∈ DT ∗ tồn z ∈ H cho (x, z)1 = (T x, y)2 với ∀x ∈ DT Đặt z = T ∗ y , T ∗ : DT ∗ → H toántửtuyếntính thỏa mãn (x, T ∗ y)1 = (T x, y)2 (1.1) với ∀x ∈ DT , y ∈ DT ∗ Chứng minh Với y ∈ DT ∗ cố định với x ∈ DT , xét phiếm hàm ϕ(x) = (T x, y)2 Dễ thấy T tuyếntính nên ϕ tuyếntính Do y ∈ DT ∗ , ta có |ϕ(x)| = |(T x, y)2 | ≤ c||x||1 với c số phụ thuộc vào y Do vậy, ϕ phiến hàm tuyếntính bị chặn DT Mặt khác, DT trùmật H nên với x ∈ H tồn dãy xν ∈ DT cho xν → x Ta có |ϕ(xν ) − ϕ(xµ )| = |(T (xν ) − Tµ )| ≤ c||xv − xµ || → (ν, µ → ∞) Do {ϕ(xv )} dãy Cauchy hội tụ Vì thế, ta định nghĩa ϕ(x) = lim ϕ(xν ) ν→∞ Giả sử {xν }, {xν } ⊂ H cho xν → x, xν → x, ta có |ϕ(xν ) − ϕ(xν )| = (T (xν − xν ), y)2 ≤ c xν − xν ≤ c xν − x + c xν − x → (khi ν → ∞) Do ϕ(x) hoàn toànxácđịnh không phụ thuộc vào dãy {xν } Do vậy, ta thác triển ϕ thành phiến hàm tuyếntính bị chặn H Theo định lý biểu diễn Riesz, tồn z ∈ H cho ϕ(x) = (x, z)1 với ∀x ∈ H Ta định nghĩa T ∗ y = z Từđịnh nghĩa ϕ, với y ∈ DT ∗ , ta có (x, T ∗ y) = (x, z)1 = ϕ(x) = (T x, y)2 , ∀x ∈ DT Tiếp theo, ta chứng minh T ∗ tuyếntính Thật vậy, với y1 , y2 ∈ DT ∗ x ∈ DT ta có (x, T ∗ (y1 + y2 ))1 = (T x, y1 + y2 )2 = (T x, y1 )2 + (T x, y2 )2 = (x, T ∗ y1 )1 + (x, T ∗ y2 )1 = (x, T ∗ y1 + T ∗ y2 )1 Chú ý DT trùmật H , ta có T ∗ (y1 + y2 ) = T ∗ y1 + T ∗ y2 Tương tự, ta có T ∗ (αy) = αT ∗ y với α ∈ C, y ∈ DT ∗ Do vậy, T ∗ toántửtuyếntínhTừ Bổ đề 1.4 đến Bổ đề 1.6 đây, ta chứng minh T toántửtuyếntính đóng, xácđịnhtrùmật T ∗ toántửtuyếntính đóng, xácđịnhtrùmật Trước hết, ta chứng minh T ∗ toántử đóng T toántửtuyếntínhxácđịnhtrùmật Bổ đề 1.4 T ∗ : DT ∗ → H toántử đóng Chứng minh Để chứng minh T ∗ : DT ∗ → H toántử đóng ta chứng minh GT ∗ = {(y, T ∗ y)|y ∈ DT ∗ } ⊂ H × H đóng Nói cách khác, giả sử (yn , xn ) ∈ GT ∗ , (yn , xn ) → (y0 , z0 ), ta chứng minh (y0 , z0 ) ∈ GT ∗ Thật vậy, (yn , xn ) ∈ GT ∗ nên yn ∈ DT ∗ zn = T ∗ yn Vì zn hội tụ đến z0 nên {zn } bị chặn, tồn số M > cho ||zn || < M với ∀n Với x ∈ DT , ta có |(T x, yn )2 | = |(x, zn )1 | ≤ ||x||||zn || ≤ M ||x||1 Cho n → ∞, ta có |(T x, y0 )2 | ≤ M ||x||1 , điều có nghĩa y0 ∈ DT ∗ Mặt khác, với x ∈ DT cố định, ta có |(x, T ∗ yn )1 − (x, T ∗ y0 )1 | = |(T x, yn )2 − (T x, y0 )2 | = |(T x, yn − y0 )2 | ≤ ||T x||2 ||yn − y0 ||0 → n → ∞ Do vậy, với x ∈ DT cố định, ta có lim (x, zn )1 = (x, T ∗ y0 )1 Mặt khác, tích n→∞ vô hướng liên tục, ta nhận (x, z0 )1 = lim (x, zn ) = (x, T ∗ y0 )1 (∀x ∈ DT ) n→∞ Điều chứng tỏ z0 = T ∗ y0 , (y0 , z0 ) ∈ GT ∗ , nghĩa GT ∗ đóng Bổ đề 1.5 Giả sử DT ∗ trùmật H Khi ta có DT ∗∗ ⊃ DT , T ∗∗ |DT = T Chứng minh Để chứng minh DT ∗∗ ⊃ DT ta lấy phần tử x ∈ DT chứng minh x ∈ DT ∗∗ Thật vậy, x ∈ DT , với y ∈ DT ∗ , ta có |(x, T ∗ y)1 | = |(T x, y)2 | ≤ ||T x||2 ||y||2 , ý c = T x không phụ thuộc vào y , từ bất đẳng thức trên, ta có x ∈ DT ∗∗ Vì DT ⊂ DT ∗∗ Mặt khác ta có (T x, y)2 = (x, T ∗ y)1 = (T ∗ y, x)1 = (y, T ∗∗ x)2 = (T ∗∗ x, y)2 Vì DT ∗ trùmật H nên ta có T x = T ∗∗ x với x ∈ DT , T ∗∗ |DT = T Dưới đây, ta T ∗ toántửxácđịnhtrùmật T toántử đóng Bổ đề 1.6 Cho T : DT → H toántử đóng Khi DT ∗ trùmật H T ∗∗ = T Chứng minh Định nghĩa H = H × H Cho (x, y) ∈ H (u, v) ∈ H Ta định nghĩa tích vô hướng , H sau (x, y), (u, v) = (x, u)1 + (y, v)2 Cuối cùng, RT không gian không gian Hilbert H nên (KerT ∗ )⊥ = (RT⊥ )⊥ = RT Do Bổ đề 1.4, T ∗ toántử đóng, thay T T ∗ đẳng thức này, ta thu RT ∗ = (Ker(T ∗ )∗ )⊥ hay RT ∗ = (KerT )⊥ Ở đẳng thức cuối ta sử dụng Bổ đề 1.6 1.2 Không gian L2p,q (Ω, ϕ) toántử ∂ xácđịnhtrùmật Trong mục giới thiệu không gian Hilbert L2(p,q) (Ω, ϕ) dạng vi phân song bậc (p, q) bình phương khả tích Đồng thời, giới thiệu toántử ∂¯ không gian chứng minh ∂¯ toántửtuyến tính, đóng, xácđịnhtrùmật Để bắt đầu mục này, cần xây dựng công thức dạng tích phân phần Cn Trước hết, ta nhắc lại khái niệm miền với biên trơn Định nghĩa 1.12 Cho Ω ⊂⊂ Rn miền với biên lớp Ck , k ≥ cho ρ hàm xácđịnh Ω, tức ρ hàm giá trị thực lớp C k lân ¯ thỏa mãn cận G Ω n Ω = {x ∈ G|ρ(x) < 0}, dρ(x) := j=1 ∂ρ dxj = ∂xj (x ∈ ∂Ω) Định nghĩa phần tử diện tích dS Ω sau n (−1)j−1 νj dx1 ∧ ∧ [dxj ] ∧ ∧ dxn , dS = (1.7) j=1 [dxj ] nghĩa dxj bỏ qua ν = (ν1 , , νn ) vectơ pháp tuyến đơn vị hướng biên ∂Ω Nhận thấy rằng, ta đặt ∂ρ ∂x1 |dρ| = + + ∂ρ ∂xn ν viết sau ν= ∂ρ ∂ρ , , |dρ| ∂x1 ∂xn Dưới ta chứng minh Định lý Green cho miền với biên lớp C Định lý xem công thức tích phân phần Rn ¯ Khi Định lý 1.13 (Định lí Green) Cho u hàm lớp C Ω ∂ρ dS u = ∂xj |dρ| ∂u dV ∂xj Ω ∂Ω 16 dV độ đo Lebesgue Rn Chứng minh Để đơn giản ký hiệu, ta đặt d[x]k = dx1 ∧ ∧ [dxk ] ∧ ∧ dxn Từ (1.7), ta có ∂ρ dS u = ∂xj |dρ| ∂Ω ∂ρ u ∂xj |dρ| ∂Ω n (−1)k−1 νk d[x]k k=1 ∂ρ vào công thức ta |dρ| ∂xk Thay νk = ∂ρ u ∂xj |dρ| n (−1)k−1 νk d[x]k ∂Ω k=1 = ∂ρ u ∂xj |dρ|2 ∂Ω ∂ρ u ∂xj |dρ|2 = ∂Ω ∂ρ u ∂xj |dρ|2 = ∂Ω n (−1)k−1 ∂ρ d[x]k ∂xk (−1)k−1 ∂ρ d[x]k + ∂xk k=1 k=j ∂ρ ∂ρ (−1)j−1 u d[x]j ∂xj |dρ| ∂xj ∂Ω (−1)k−1 k=j ∂ρ ∂xj ∂ρ d[x]k + ∂xk u |dρ| (−1)j−1 d[x]j (1.8) ∂Ω Do ρ = ∂Ω nên ta có dρ = Từ suy ∂ρ dxj = − ∂xj i=j ∂ρ dxi ∂xi Khi ∂ρ u ∂xj |dρ|2 ∂Ω (−1)k−1 k=j u = |dρ| ∂Ω |dρ| ∂Ω |dρ| ∂Ω |dρ| ∂ρ ∂xk (−1)k−j ∂ρ − ∂xk (−1)k−j ∂Ω (−1)k−j k=j u = ∂ρ ∂ρ d[x]k ∂xk ∂xj k=j u = (−1)k−1 k=j u = k=j ∂ρ d[x]k ∂xk ∂ρ dxj dx1 ∧ ∧ d[xj ] ∧ ∧ d[xk ] ∧ ∧ dxn ∂xj i=j ∂ρ dxi dx1 ∧ ∧ d[xj ] ∧ ∧ d[xk ] ∧ ∧ dxn ∂xi ∂ρ ∂ρ − dxk dx1 ∧ ∧ d[xj ] ∧ ∧ d[xk ] ∧ ∧ dxn ∂xk ∂xk 17 u = |dρ|2 ∂Ω (−1) j−1 k=j ∂ρ ∂xk (1.9) d[x]j Thay (1.9) vào (1.8), áp dụng công thức Stokes, ta kết luận ∂ρ dS u = ∂xj |dρ| ∂Ω ∂u dV ∂xj u(−1)j−1 d[x]j = Ω ∂Ω Đó điều phải chứng minh Tiếp theo, ta giới thiệu không gian dạng vi phân song bậc (p, q) bình phương khả tích Định nghĩa 1.14 Cho Ω ⊂ Cn tập mở ϕ ∈ C ∞ (Ω) hàm giá trị thực Ta kí hiệu L2 (Ω, ϕ) không gian hàm L2 khả tích với độ đo e−ϕ dV , dV độ đo Lebesgue Cn Cho p q số nguyên với ≤ p, q ≤ n Cho đa số α = (i1 , , ip ) β = (j1 , , jq ), i1 , , ip , j1 , , jq số nguyên từ đến n, |α| = p, |β| = q , ta định nghĩa zjq z β = d¯ zj1 ∧ ∧ d¯ dz α = dzi1 ∧ ∧ dzip , d¯ Ta kí hiệu L2(p,q) (Ω, ϕ) không gian tất dạng vi phân song bậc (p, q) Ω mà hệ số fα,β thuộc L2 (Ω, ϕ) Nói cách xác hơn, ta có định nghĩa sau Định nghĩa 1.15 Cho f dạng vi phân song bậc (p, q) Ω Khi đó, f biểu diễn fα,β dz α ∧ d¯ zβ f= |α|=p |β|=q nghĩa tổng thực đa số tăng thực Hơn nữa, ta định nghĩa |f |2 = |fα,β |2 α,β Khi đó, f ∈ L2(p,q) (Ω, ϕ) có nghĩa ||f ||ϕ = |f |2 e−ϕ dV < ∞ Ω 18 Ta kí hiệu L2(p,q) (Ω, loc) không gian tất dạng vi phân f song bậc (p, q) Ω mà hệ số fα,β hàm lớp L2 tập compact Ω Với f, g ∈ L2(p,q) (Ω, ϕ), xét biểu diễn fα,β dz α d¯ zβ , f= gα,β dz α d¯ zβ g= α,β α,β Khi đó, ta định nghĩa tích vô hướng f g sau fα,β gα,β e−ϕ dV (f, g) = α,β Ω Với tích vô hướng xácđịnh trên, người ta chứng minh L2(p,q) (Ω, ϕ) không gian Hilbert Định nghĩa 1.16 Cho g ∈ C (Ω) Định nghĩa toántử δj sau δj g = e ϕ ∂ ∂ϕ ∂ (ge−ϕ ) = −g ∂zj ∂zj ∂zj Tiếp theo, ta định nghĩa toántử ∂¯ không gian C(p,q) (Ω) Mỗi phần tử C(p,q) (Ω) dạng vi phân song bậc (p, q) với hệ số hàm khả vi liên tục Ω Định nghĩa 1.17 Cho u ∈ C(p,q) (Ω) với biểu diễn uI,K dz I d¯ zK u= I,K Ta định nghĩa n ¯ = ∂u I,|K|=q−1 j=1 n ∂uI,K d¯ zj ∧ dz I ∧ d¯ zK ∂ z¯j (−1)p = I,K j=1 ∂uI,K I dz ∧ d¯ zj ∧ d¯ zK ∂ z¯j Để chứng minh Định lý 1.20, ta cần bổ đề sau Bổ đề 1.18 Cho Ω tập mở bị chặn Cn với biên lớp C ρ hàm xácđịnh Ω Cho ¯ fI,J dz I d¯ z J ∈ C(p,q) (Ω) f= I,J 19 ¯ uI,K dz I d¯ z K ∈ C(p,q−1) (Ω) u= I,K Khi đó, ta có n ∂uI,K fI,jK e−ϕ dV ∂ z¯j ¯ f ) = (−1)p (∂u, I,K j=1 Ω n uI,K δj fI,jK e−ϕ dV p−1 = (−1) I,K j=1 Ω n + (−1) p uI,K fI,jK j=1 ∂Ω I,K ∂ρ −ϕ dS e ∂zj |dρ| Chứng minh Trước hết, ta chứng minh bổ đề trường hợp p = 0, q = Tức là, ta cần chứng minh n Ω j=1 n ∂u ¯ −ϕ fj e dV = − ∂ z¯j n uδj fj e Ω −ϕ dV + j=1 u fj j=1 ∂Ω ∂ρ −ϕ dS e ∂zj |dρ| Trên Ω, xét cấu trúc phức zj = x2j−1 + ix2j với j ∈ {1, , n} Khi đó, ta có ∂ = ∂ z¯j ∂ ∂x2j−1 +i ∂ ∂x2j Áp dụng Định lý Green 1.13, ta nhận ∂u dV = ∂x2j−1 Ω u ∂ρ dS ∂x2j−1 |dρ| ∂Ω ∂u dV = ∂x2j Ω u ∂ρ dS ∂x2j |dρ| ∂Ω Do đó, ta có công thức Green dạng phức ∂ρ dS u ∂ z¯j |dρ| ∂u dV = ∂ z¯j Ω ∂Ω 20 (1.10) ¯ áp dụng công thức (1.10), ta thu Nếu w hàm lớp C Ω dS ∂ρ uwe ¯ −ϕ = ∂ z¯j |dρ| ∂ (uwe ¯ −ϕ )dV ∂ z¯j Ω ∂Ω ∂u −ϕ we ¯ dV + ∂ z¯j = u Ω ∂(we ¯ −ϕ ) dV ∂ z¯j Ω ∂u −ϕ we ¯ dV + ∂ z¯j = u Ω ∂ w¯ −ϕ ∂ϕ e − e−ϕ w¯ dV ∂ z¯j ∂ z¯j Ω ∂u −ϕ we ¯ dV + ∂ z¯j = uδj we−ϕ dV Ω Ω Từ suy ∂u −ϕ we ¯ dV = − ∂ z¯j Ω ∂ρ dS uwe ¯ −ϕ ∂ z¯j |dρ| uδj we−ϕ dV + Ω (1.11) ∂Ω Đặt w = fj lấy tổng theo j ta n j=1 Ω ∂u ¯ −ϕ fj e dV = − ∂ z¯j n n uδj fj e −ϕ dV + j=1 Ω j=1 ∂Ω ∂ρ ¯ −ϕ dS ufj e ∂ z¯j |dρ| Tiếp theo, ta chứng minh cho trường hợp tổng quát Thay u uI,K fj fI,jK ta nhận n j=1 Ω ∂uI,K ¯ −ϕ fI,jK e dV = − ∂ z¯j n n uI,K δj fI,jK e−ϕ dV + j=1 Ω j=1 ∂Ω ∂ρ ¯ e−ϕ dS uI,K fI,jK ∂ z¯j |dρ| Lấy tổng theo I, K ta thu n ∂uI,K fI,jK e−ϕ dV ∂ z¯j ¯ f ) = (−1)p (∂u, Ω I,K j=1 n uI,K δj fI,jK e−ϕ dV p−1 = (−1) Ω I,K j=1 n p + (−1) fI,jK uI,K j=1 ∂Ω I,K ∂ρ −ϕ dS e ∂zj |dρ| Đó điều phải chứng minh Bổ đề cho ta gợi ý để đưa định nghĩa toántử liên hợp ∂¯∗ 21 Định nghĩa 1.19 Cho f = I,J ¯ , ta định nghĩa fI,J dz I ∧ d¯ z J ∈ C(1 p, q)(Ω) n ∂¯∗ f = (−1)p−1 δj fI,jK dz I ∧ d¯ zK I,K j=1 ta đòi hỏi f ∈ D∂¯∗ n fI,jK j=1 ∂ρ =0 ∂ z¯j ∂Ω với đa số I K Với định nghĩa miền xácđịnh ∂¯∗ trên, ta thấy f ∈ D∂¯∗ từ Bổ đề 1.18, ta có n uI,K δj fI,jK e−ϕ dV ¯ f ) = (−1) (∂u, p−1 Ω I,K j=1 n + (−1) p fI,jK uI,K j=1 ∂Ω I,K ∂ρ −ϕ dS e ∂zj |dρ| n uI,K δj fI,jK e−ϕ dV p−1 = (−1) Ω I,K j=1 = (u, ∂¯∗ f ) Định lý sau cho ta mối liên hệ chuẩn L2toántử ∂¯ toántử liên hợp ∂¯∗ Định lý chứng minh H¨ormander Định lý 1.20 Cho Ω ⊂⊂ Cn tập mở với biên lớp C ρ hàm xácđịnh Ω Định nghĩa 1.12 Cho α = αI,J dz I ∧ d¯ z J I,J ¯ cho α ∈ D ¯∗ , dạng vi phân song bậc (p, q) với hệ số lớp C Ω ∂ ¯ cho ϕ hàm lớp C Ω Khi n ¯ 2= ||∂¯∗ α||2 + ||∂α|| I,K j,k=1 Ω n ∂ ϕ −ϕ αI,jK αI,jK ¯ e dV ∂zj ∂ z¯k + I,K j=1 Ω n + I,K j,k=1∂Ω 22 ∂αI,J ∂ z¯j e−ϕ dV ∂ ρ −ϕ dS αI,jK αI,jK ¯ e ∂zj ∂ z¯k |dρ| Chứng minh Trước hết, chứng minh Định lí 1.20 trường hợp n p = 0, q = 1, nghĩa ta cần chứng minh với α = k=1 αk d¯ zk ∈ C(0,1) (Ω), ta có n ¯∗ ∂αk −ϕ e dV ∂ z¯j ¯ ||∂ α|| + ||∂α|| = j,k=1 Ω n + αj α ¯k ∂ ϕ −ϕ e dV ∂zj ∂ z¯k αj α ¯k ∂ ρ −ϕ dS e ∂ z¯j ∂ z¯k |dρ| j,k=1 Ω n + j,k=1∂Ω ¯ ta tính Ta nhận thấy w hàm lớp C Ω δk ∂w ∂ ∂ ∂ − δk w = δk − δk w ∂ z¯j ∂ z¯j ∂ z¯j ∂ z¯j ∂ ∂w ∂w ∂ϕ ∂ = − − δk w ∂zk ∂ z¯j ∂ z¯j ∂zk ∂ z¯j = ∂w ∂ϕ ∂ ∂ 2w − − ∂zk ∂ z¯j ∂ z¯j ∂zk ∂ z¯j ∂ϕ ∂w −w ∂zk ∂zk ∂ 2w ∂w ∂ϕ ∂ 2w ∂w ∂ϕ ∂ 2ϕ − − + +w ∂zk ∂ z¯j ∂ z¯j ∂zk ∂ z¯j ∂zk ∂ z¯j ∂zk ∂zk ∂ z¯j ∂ ϕ =w (1.12) ∂zk ∂ z¯j = Do đó, hàm v w lớp C , ta có ∂v ∂ϕ −v δk we−ϕ dV ∂zj ∂zj δj vδk we−ϕ dV = Ω Ω ∂v δk we−ϕ dV − ∂zj = v ∂ϕ δk we−ϕ dV ∂zj Ω Ω vδj (δk w)e−ϕ dV + =− Ω v ∂ρ dS δk we−ϕ − ∂zj |dρ| Ω − ∂ϕ δk we−ϕ dV ∂zj Ω ∂Ω ∂ ∂ϕ −ϕ v δk w − δk w e dV + ∂zj ∂zj =− v dS ∂ρ v δk we−ϕ ∂zj |dρ| ∂Ω v ∂ϕ δk we−ϕ dV ∂zj v ∂ δk we−ϕ dV + ∂zj Ω =− Ω ∂ρ dS vδk we−ϕ ∂zj |dρ| ∂Ω 23 (1.13) dấu thứ ba, ta sử dụng (1.11); dấu thứ tư, ta sử dụng định nghĩa δj Mặt khác, cách sử dụng công thức liên hợp công thức (1.11), ta tính ∂v ∂w −ϕ e dV = − ∂ z¯k ∂ z¯j vδk ∂w −ϕ e dV + ∂ z¯j Ω Ω =− v ∂ρ ∂w −ϕ dS e ∂ z¯k ∂ z¯j |dρ| ∂Ω vδk ∂ρ ∂w −ϕ dS e v ∂ z¯k ∂ z¯j |dρ| ∂w −ϕ e dV + ∂ z¯j Ω (1.14) ∂Ω Kết hợp hệ thức, (1.12), (1.13), (1.14), ta có ∂v ∂w −ϕ e dV ∂ z¯k ∂ z¯k δj vδk we−ϕ dV − Ω Ω = v w¯ ∂ 2ϕ ∂zk ∂ z¯j Ω dS ∂ρ vδk we−ϕ − ∂zj |dρ| + ∂Ω ∂ρ ∂w −ϕ dS v e ∂ z¯k ∂ z¯j |dρ| (1.15) ∂Ω Mặt khác, ta có n ¯ = ∂α j,k=1 = j>k ∂αj d¯ zk ∧ d¯ zj ∂ z¯k ∂αj d¯ zk ∧ d¯ zj + ∂ z¯k j=k ∂αj d¯ zk ∧ d¯ zj + ∂ z¯k Đổi chỗ j k biểu thức cuối ¯ = ∂α j>k ∂αj d¯ zk ∧ d¯ zj + ∂ z¯k = j>k j=k j=k jk ∂αj ∂αk ∂αj ∂αk ∂αk ∂αj + − − ∂ z¯j ∂ z¯k ∂ z¯j ∂ z¯k ∂ z¯k ∂ z¯j 24 Do đó, ta có n ¯ 2= ||∂¯∗ α|| + ||∂α|| δj αj δk αk e−ϕ dV j,k=1 Ω + j>k Ω Ω ∂αk ∂αj −ϕ e dV + ∂ z¯j ∂ z¯k − j>k Ω −ϕ δj αj δk αk e dV − j,k=1 Ω n j,k=1 Ω j,k=1 Ω ∂αk −ϕ e dV + ∂ z¯j n + j,k=1∂Ω n = j,k=1 Ω αj j,k=1∂Ω j,k=1 Ω αj j,k=1∂Ω αj α ¯k j,k=1 Ω n j,k=1 Ω ∂αk −ϕ e dV ∂ z¯j ∂ ϕ −ϕ e dV ∂zj ∂ z¯k n n n − αj α ¯k dS ∂ρ αj δk αk e−ϕ − ∂zj |dρ| ∂αk −ϕ e dV + ∂ z¯j ∂αj ∂αk −ϕ e dV + ∂ z¯k ∂ z¯j n = ∂αj ∂αk −ϕ e dV ∂ z¯k ∂ z¯j Ω n n = ∂αj −ϕ e dV ∂ z¯k ∂αk −ϕ e dV + ∂ z¯j ∂ρ αk −ϕ dS e ∂ z¯k ∂ z¯j |dρ| ∂ ϕ −ϕ e dV ∂zj ∂ z¯k ∂ρ ∂αk −ϕ dS e ∂ z¯k ∂ z¯j |dρ| Ở dấu thứ ba, ta sử dụng (1.15) Ngoài ra, dấu cuối ta sử dụng điều kiện biên dạng vi phân α ∈ D∂¯∗ Mặt khác, từ Bổ đề 1.21 [1] tồn hàm λ lớp C cho n αk k=1 ∂ρ = λρ ∂zk Do ∂ρ ta có n k=1 ∂αk ∂ρ ∂ 2ρ ∂ρ + αk =λ ∂ z¯j ∂ z¯k ∂ z¯j ∂zk ∂ z¯j Nhân α¯ j vào vế, lấy tổng theo j sử dụng điều kiện α ∈ D∂¯∗ , ta thu n j,k=1 ∂ 2ρ ∂αk ∂ρ +α ¯ j αk α ¯j =λ ∂ z¯j ∂ z¯k ∂ z¯j ∂zk 25 n α ¯j j=1 ∂ρ = ∂ z¯j Hệ n j,k=1∂Ω ∂ρ ∂αk −ϕ dS e =− αj ∂ z¯k ∂ z¯j |dρ| n αj α ¯k j,k=1∂Ω ∂ ρ −ϕ dS e ∂ z¯j ∂ z¯k |dρ| Từ đó, ta có n n ∂αk −ϕ e dV + ∂ z¯j ¯ 2= ||∂¯∗ α|| + ||∂α|| j,k=1 Ω n + j,k=1∂Ω αj α ¯k j,k=1 Ω ∂ ϕ −ϕ e dV ∂zj ∂ z¯k ∂ ρ −ϕ dS αj α ¯k e ∂ z¯j ∂ z¯k |dρ| Tóm lại, ta chứng minh Định lý 1.20 trường hợp p = 0, q = Trong trường hợp p, q bất kỳ, ta thay αk αI,J , αj αI,jK α¯ k αI,jK kết luận trên, ta nhận n ∂αI,J ∂ z¯j ¯ 2= ||∂¯∗ α|| + ||∂α|| j,k=1 Ω n −ϕ e j,k=1 Ω n + αI,jK αI,jK dV + αI,jK αI,jK j,k=1∂Ω ∂ ϕ −ϕ e dV ∂zj ∂ z¯k ∂ ρ −ϕ dS e ∂ z¯j ∂ z¯k |dρ| Lấy tổng theo I, K ta thu n ¯ 2= ||∂¯∗ α|| + ||∂α|| αI,jK αI,jK ¯ I,K j,k=1 Ω n | + I,K j=1 Ω n + ∂ ϕ −ϕ e dV ∂zj ∂ z¯k ∂αI,J −ϕ | e dV ∂ z¯j αI,jK αI,jK ¯ I,K j,k=1∂Ω ∂ ρ −ϕ dS e ∂zj ∂ z¯k |dρ| Đó điều phải chứng minh Trong phần lại, ta mở rộng định nghĩa toántử ∂¯ ∂¯∗ lớp dạng vi phân L2(p,q) (Ω, ϕ) Chúng ta bắt đầu vài khảo sát không gian L2(p,q) (Ω, ϕ) Bổ đề 1.21 Nếu f ∈ L2(p,q) (Ω, ϕ) f ∈ L2(p,q) (Ω, loc) Chứng minh Với tập compact K cố định Ω Do ϕ hàm khả vi liên tục tập compact K , nên tồn số c1 > cho c1 ≤ e−ϕ(x) (∀x ∈ K) 26 Khi |f |2 dV ≤ c1 |f |2 e−ϕ(x) dV < ∞, K K nghĩa f ∈ L2(p,q) (Ω, loc) Chúng ta có nhận xét rằng, kết Bổ đề 1.21 ta giả thiết ϕ hàm nửa liên tục Theo chứng minh Bổ đề 1.21, ta cần chứng minh cận e−ϕ tồn Thật vậy, ϕ hàm nửa liên tục nên ϕ bị chặn trên tập compact K Ω Do đó, tồn c ∈ R cho e−ϕ(x) ≥ e−c =: c1 với x ∈ K Bổ đề 1.22 Nếu f ∈ L2(p,q) (Ω, loc) tồn ϕ ∈ C ∞ (Ω) cho f ∈ L2(p,q) (Ω, ϕ) Chứng minh Theo giả thiết f ∈ L2(p,q) (Ω, loc) nên ta có |f |2 dV < ∞ K với K compact, K ⊂ Ω Giả sử {Kn } dãy tập vét cạn compact Ω cho ∞ o Kn ⊂⊂ K n+1 ⊂ Ω, Kn = Ω n=1 Ta đặt |f |2 dV = cn Kn Tiếp theo, ta chọn hàm an ∈ C0∞ (Cn ) thỏa mãn tính chất với z ∈ Cn , ta có ≤ an (z) ≤ 1 z ∈ Kn \ Kn−1 an (z) = 0 z ∈ / Kn+1 \ Kn−2 Với z ∈ Ω, ta xây dựng hàm ϕ sau ∞ log(n2 (cn + 1))an (z) ϕ(z) = n=1 o Với cách xây dựng trên, ta thấy ϕ ∈ C ∞ (Ω) (vì với z ∈ K n , n cố định, tổng thực chất tổng hữu hạn) với z ∈ Kn \ Kn−1 27 ϕ(z) ≥ log(n2 (cn + 1)) Do đó, ta có ∞ −ϕ |f | e −ϕ |f | e dV = Ω |f |2 e−ϕ dV dV + n=2 Kn \Kn−1 K1 ∞ |f |2 e− log(n ≤ c1 + (cn +1)) dV n=2 Kn \Kn−1 ∞ ≤ c1 + n=2 ∞ ≤ c1 + n=2 n2 (c n + 1) cn < ∞, n2 nghĩa f ∈ L2(p,q) (Ω, ϕ) Định nghĩa 1.23 Với f ∈ L2(p,q) (Ω, ϕ), định nghĩa n ¯ = ∂f |α|=p k=1 |β|=q ∂fα,β dz¯k ∧ dzα ∧ z¯β ∂ z¯k Khi theo Bổ đề 1.21, hệ số fα,β hàm bình phương khả tích địa ¯ tồn theo nghĩa hàm suy rộng phương nên ∂f Định nghĩa 1.24 Ta kí hiệu D(p,q) (Ω) tập tất dạng vi phân song bậc (p, q) với hệ số hàm khả vi vô hạn Ω với giá compact Ω Hơn nữa, ta đặt D(Ω) = D(0,0) (Ω) Định lý 1.25 Cho ϕ1 , ϕ2 hai hàm khả vi vô hạn Ω Khi đó, D(p,q) (Ω) trùmật L2(p,q) (Ω, ϕ1 ) Hơn ta đặt T = ∂¯, T : DT → L2(p,q+1) (Ω, ϕ2 ) toántửtuyến tính, đóng Chứng minh Vì D(Ω) trùmật không gian L2 (Ω, ϕ1 ), ta có D(p,q) (Ω) trùmật L2(p,q) (Ω, ϕ1 ) Từ khẳng đinh này, ta thấy DT trùmật L2(p,q) (Ω, ϕ1 ) Vì toántử vi phân tuyếntính nên T tuyếntính Phần lại, ta chứng minh T toántử đóng ¯ n ) → (f, g) Ta cần chứng minh Ta đặt GT = {(f, T f )|f ∈ DT } Giả sử (fn , ∂f (f, g) ∈ GT 28 ¯ n Thật vậy, đặt gn = ∂f n fα,β dz α ∧ d¯ zβ , fn = n dz α ∧ d¯ zγ gα,γ gn = α,γ α,β fα,β dz α ∧ d¯ zβ , f= gα,γ dz α ∧ d¯ zγ g= α,γ α,β Theo định nghĩa toántử ∂¯, ta có n ¯ n= ∂f |α|=p k=1 |β|=q n ∂fα,β ∂ z¯k n dz¯k ∧ dzα ∧ z¯β n ∂fα,β p = (−1) |α|=p k=1 |β|=q ∂ z¯k dzα ∧ dz¯k ∧ z¯β Từ suy n gα,γ = (−1) p jβ γ n ∂fα,β ∂ z¯j {j}∪β=γ , jβ γ có nghĩa phép ρ mà ánh xạ jβ đến γ chẵn jβ γ = −1 phép ρ lẻ Với ψ ∈ D(Ω) ta có n gα,γ ψdV = (−1)p jβ γ {j}∪β=γ Ω Ω p jβ γ = (−1) {j}∪β=γ n ∂fα,β ∂ z¯j n fα,β ∂ψ dV → ∂ z¯j ∂ψ dV ∂ z¯j Ω Ω fα,β ∂ψ dV ∂ z¯j Ω n gα,γ ψdV → Ω gα,γ ψdV Ω Cho n → ∞ (1.16), ta có gα,γ ψdV = (−1)p−1 jβ γ {j}∪β=γ Ω fα,β ∂ψ dV, ∂ z¯j Ω Do vậy, theo định nghĩa đạo hàm hàm suy rông, ta có gα,γ = (−1)p {j}∪β=γ jβ ∂fα,β γ ∂ z¯j ¯ )α,γ = (∂f ¯ T toántử đóng Điều có nghĩa g = ∂f 29 = 1, ψdV Vì fn → f gn → g Khi n → ∞, ta có n fα,β jβ γ (1.16) Tài liệu tham khảo [1] K Adachi, Several complex variables and integral formulas, World Scientific Publishing, [2] L H¨ormander, L2 estimates and existence theorems for the ∂¯ - operator, Acta Math 113 (1965), pp 89–152 [3] L H¨ormander , An introduction to complex analysis in several variables, Third edition, North Holland (1990) ... toán tử tuyến tính đóng, xác định trù mật T ∗ toán tử tuyến tính đóng, xác định trù mật Trước hết, ta chứng minh T ∗ toán tử đóng T toán tử tuyến tính xác định trù mật Bổ đề 1.4 T ∗ : DT ∗ → H toán. .. toán tử tuyến tính xác định trù mật Xuyên suốt mục ta giả thiết T toán tử tuyến tính xác định trù mật Định ngh a 1.1 Cho T : D → H toán tử tuyến tính Đồ thị GT T định ngh a ngh a sau GT = {(x,... Cho D ⊂ H tập trù mật H cho T : D → H toán tử tuyến tính Khi ta ký hiệu miền xác định miền giá trị toán tử T D = DT , T (D) = RT Nếu miền xác định T trù mật không gian H , ta nói T toán tử tuyến