Toán tử tuyến tính xác định trù mật và l2 đánh giá cho phương trình a

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - - - - - - - - - o0o - - - - - - - - - NGUYỄN THỊ MAI TOÁN TỬ TUYẾN TÍNH XÁC ĐỊNH TRÙ MẬT VÀ L2 ĐÁNH GIÁ CHO PHƯƠNG TRÌNH ∂¯ 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 TOÁN TỬ TUYẾN TÍNH XÁC ĐỊNH TRÙ MẬT VÀ L2 ĐÁNH GIÁ CHO PHƯƠNG TRÌNH ∂¯ 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 Toán tử xác định trù mật không gian Hilbert 1.2 Không gian L2p,q (Ω, ϕ) toán tử ∂ xác định trù mật 16 L2 đánh giá cho phương trình ∂ 2.1 Các kết xấp xỉ 2.2 Phương pháp L2 đánh giá H¨ormander giải phương trình ∂ 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 phương trình ¯ =f ∂α tìm dạng vi phân α song bậc (p, q) với hệ số không gian ¯ = f nghiệm theo nghĩa suy Hilbert xác định cho đẳng thức ∂α rộng cổ điển Phương trình ∂¯ phương trình quan trọng lý thuyết hàm chỉnh hình nhiều biến phức Việc giải phương trình ∂¯ gắn liền với toán xác định hàm chỉnh hình, toán thác triển hàm chỉnh hình, xác định nhóm đối đồng điều Dolbeaux miền chỉnh hình, Bởi tính quan trọng phương trình ∂¯ giải tích phức nhiều biến, hình học phức tô pô, toán giải phương trình ∂¯ 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 cho toán tồn nghiệm, quy hóa nghiệm phương trình ∂¯ phương pháp lý thuyết giải tích hàm không gian Hilbert Nhận thấy rằng, toán tử ∂¯ toán tử tuyến tính, đóng, xác định trù mật không gian Hilbert xác định H¨ormander chứng minh loạt ước lượng L2 đánh giá vận dụng ước lượng với lý thuyết toán tử không gian Hilbert để giải trọn vẹn toán tồn quy hóa nghiệm cho phương trình ∂¯ nói Ngay sau phương pháp L2 đánh giá Hormander giới thiệu, có nhiều thành tựu phát triển phương pháp nói ngày nhiều ứng dụng phương pháp L2 đánh giá phát Phương pháp L2 đánh giá 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 L2 đánh giá 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 L2 đánh 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 giả trình bày lại kết lý thuyết toán tử tuyến tính, đóng, xác định trù mật không gian Hilbert Sau đó, tác giả trình 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 toán tử ∂¯ toán tử tuyến tính, đóng, xác định trù mật từ 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 giả trình bày L2 đánh giá H¨ormander giải phương trình ∂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 L2 cho dạng vi phân f ∈ L2(p,q) (Ω, ϕ) Theo lý thuyết toán tử tuyến tính, đóng, xác định trù mật, hệ thức đảm bảo điều kiện cần đủ cho tồn nghiệm phương trình ∂¯ Chương hai kết thúc việc chứng minh tồn nghiệm phương trình ∂¯ Vì thời gian kiến thức có hạn, hạn chế không gian luận văn, tác giả chưa thể trình bày toán quy hóa nghiệm cho phương trình ∂¯, 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 toán tử xác định trù mật 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 toán tử ∂¯ không gian L2(p,q) (Ω, ϕ) chứng minh toán tử ∂¯ toán tử tuyến tính, đóng, xác định trù mật 1.1 Toán tử xác định trù mật 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 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 tính xác định trù mật Xuyên suốt mục ta giả thiết T toán tử tuyến tính xác định trù mật Định nghĩa 1.1 Cho T : D → H toán tử tuyến tính Đồ thị GT T định nghĩa nghĩa sau GT = {(x, T x)|x ∈ DT } ⊂ H × H Ta nói T toán tử 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 Từ định 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 toán tử tuyến tính xác định trù mật, để định nghĩa toán tử 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 toán tử tuyến tính 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 tuyến tính nên ϕ tuyến tính 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 tuyến tính bị chặn DT Mặt khác, DT trù mật 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 toàn xác định không phụ thuộc vào dãy {xν } Do vậy, ta thác triển ϕ thành phiến hàm tuyến tính 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 Từ định 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 ∗ tuyến tính 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 trù mật 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 ∗ toán tử tuyến tính Từ Bổ đề 1.4 đến Bổ đề 1.6 đây, ta chứng minh T 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 tử đóng Chứng minh Để chứng minh T ∗ : DT ∗ → H toán tử 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 ∗ trù mật 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 ∗ trù mật H nên ta có T x = T ∗∗ x với x ∈ DT , T ∗∗ |DT = T Dưới đây, ta T ∗ toán tử xác định trù mật T toán tử đóng Bổ đề 1.6 Cho T : DT → H toán tử đóng Khi DT ∗ trù mật 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 ∗ toán tử 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) toán tử ∂ xác định trù mật 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 toán tử ∂¯ không gian chứng minh ∂¯ toán tử tuyến tính, đóng, xác định trù mật 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 xác định 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 xác định trên, người ta chứng minh L2(p,q) (Ω, ϕ) không gian Hilbert Định nghĩa 1.16 Cho g ∈ C (Ω) Định nghĩa toán tử δj sau δj g = e ϕ ∂ ∂ϕ ∂ (ge−ϕ ) = −g ∂zj ∂zj ∂zj Tiếp theo, ta định nghĩa toán tử ∂¯ 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 xác định 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 toán tử 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 xác định ∂¯∗ 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 L2 toán tử ∂¯ toán tử liên hợp ∂¯∗ Định lý chứng minh H¨ormander Định lý 1.20 Cho Ω ⊂⊂ Cn tập mở với biên lớp C ρ hàm xác định 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 toán tử ∂¯ ∂¯∗ 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) trù mật L2(p,q) (Ω, ϕ1 ) Hơn ta đặt T = ∂¯, T : DT → L2(p,q+1) (Ω, ϕ2 ) toán tử tuyến tính, đóng Chứng minh Vì D(Ω) trù mật không gian L2 (Ω, ϕ1 ), ta có D(p,q) (Ω) trù mật L2(p,q) (Ω, ϕ1 ) Từ khẳng đinh này, ta thấy DT trù mật L2(p,q) (Ω, ϕ1 ) Vì toán tử vi phân tuyến tính nên T tuyến tính Phần lại, ta chứng minh T toán tử 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 toán tử ∂¯, 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 toán tử 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