(Luận văn thạc sĩ) lý thuyết định tính của phương trình elliptic tuyến tính cấp hai

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ——————————— NGUYỄN THỊ HÀ LÝ THUYẾT ĐỊNH TÍNH CỦA PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC TUYẾN TÍNH CẤP HAI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI - 2014 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ——————————— NGUYỄN THỊ HÀ LÝ THUYẾT ĐỊNH TÍNH CỦA PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC TUYẾN TÍNH CẤP HAI Chun ngành: TỐN GIẢI TÍCH Mã số: 60.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS HÀ TIẾN NGOẠN HÀ NỘI - 2014 Lời cám ơn Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới PGS.TS Hà Tiến Ngoạn, người tận tình giúp đỡ bảo tơi suốt q trình hồn thành luận văn tốt nghiệp Qua xin chân thành cám ơn giúp đỡ thầy giáo, cô giáo tổ Tốn giải tích trường Đại học Khoa học tự nhiên - Đại học quốc gia Hà Nội, người giúp đỡ tơi suốt q trình học tập nghiên cứu trường Tác giả xin trân trọng cảm ơn Trường Đại học Sao Đỏ, Khoa Khoa học Cơ đồng nghiệp tạo điều kiện giúp đỡ để tác giả an tâm học tập hoàn thành tốt luận văn Do làm quen với công tác nghiên cứu khoa học hạn chế thời gian thực nên luận văn tránh khỏi thiếu sót Tác giả kính mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn để luận văn hoàn thiện Hà Nội, năm 2014 Mục lục Mở đầu Phương trình elliptic cấp hai dạng khơng bảo tồn với hệ số bị chặn đo 1.1 Điều kiện elliptic Nghiệm mạnh 1.2 Nguyên lý cực đại 1.3 Bổ đề đạo hàm theo hướng vào 15 1.4 Bất đẳng thức Harnack 19 1.5 Định lý kiểu Phragmen-Lindelof 23 Phương trình elliptic cấp hai dạng bảo tồn 25 2.1 Nghiệm suy rộng Nguyên lý cực đại 25 2.2 Tính liên tục nghiệm suy rộng 27 2.3 Bất đẳng thức Harnack 31 2.4 Hàm Green 33 2.5 Định lý kiểu Phragmen-Lindelof 36 Kết luận 42 Tài liệu tham khảo 43 Mở đầu Các phương trình Laplace ∆u = phương trình Poisson ∆u = f phương trình đạo hàm riêng elliptic cấp hai cổ điển, khởi nguồn lý thuyết đạo hàm riêng đại Đã từ lâu, nhiều kết định tính phương trình biết đến như: nguyên lý cực đại, bất đẳng thức Harnack, định lý Liouville Fragmen-Lindelof nghiệm cổ điển Ngày nay, kết hai phương trình cổ điển mở rộng cho phương trình elliptic cấp hai tuyến tính tổng qt xét hai dạng khác nhau: dạng khơng bảo tồn dạng bảo toàn Dựa chủ yếu vào chương I tài liệu [3], luận văn trình bày tổng quan lý thuyết định tính phương trình elipptic cấp hai dạng tổng quát hai dạng không bảo toàn bảo toàn Luận văn gồm hai chương Chương I nghiên cứu phương trình dạng khơng bảo tồn Phương trình loại có loại nghiệm mạnh, nghiệm nghiệm Các nguyên lý cực đại loại nghiệm phát biểu Bất đẳng thức Harnack Định lý Fragmen-Lindelof mở rộng loại phương trình tổng quát Do tốn tử Laplace ∆ viết dạng bảo toàn nên chương II luận văn trình bày số tính chất nghiệm suy rộng phương trình elliptic dạng bảo tồn mà xem tương tự tính chất hàm điều hòa Các vấn đề chương I lại xét chương II, song với thay đổi định cho phù hợp với lớp phương trình elliptic dạng bảo toàn Do tài liệu [3] dạng bách khoa toàn thư, nên chủ yếu dành cho việc phát triển hệ thống kết lý thuyết mà thiếu chứng minh chi tiết Luận văn tìm cách bổ sung chứng minh chi tiết số định lý Chương Phương trình elliptic cấp hai dạng khơng bảo tồn với hệ số bị chặn đo 1.1 Điều kiện elliptic Nghiệm mạnh Xét tốn tử có dạng: n L= aik (x) i,k=1 ∂2 + c(x), ∂xi ∂xk (1.1) x = (x1 , x2 , , xn ), aik (x) = aki (x) hệ số toán tử L giả thiết hàm đo Toán tử L gọi elliptic x ∈ Rn ma trận vuông aik (x) cấp n xác định dương Toán tử L gọi elliptic miền G ⊂ Rn elliptic điểm miền Toán tử L gọi elliptic G ∃λ > 0, M > cho n λ −1 aik (x)ξi ξk ≤ λ|ξ|2 , c(x) ≤ M |ξ| ≤ (1.2) i,k=1 i, k = 1, , n; ξ ∈ Rn ; x ∈ G Hàm u(x) ∈ C (G) thỏa mãn phương trình: Lu = gọi nghiệm mạnh phương trình Hàm số u(x) ∈ C (G) (1.3) thỏa mãn bất phương trình Lu ≤ (Lu ≥ 0) gọi nghiệm (nghiệm dưới) Ví dụ 1.1 Nếu c ≡ 0, v(x) nghiệm hàm f (t) xác định sau: inf v ≤ t ≤ sup v G G thỏa mãn điều kiện f (t) ≥ f ” (t) ≥ 0, hàm w(x) = f (v(x)) nghiệm Lời giải Ta có w(x) = f (v(x)), wxi = fv vxi wxi xk = fv vxi vxk + fv vxi xk Mặt khác c ≡ nên n n aik fv vxi vxk aik fv vxi xk + Lw = i,k=1 i,k=1 n n = fv aik vxi vxk aik vxi xk + fv i,k=1 i,k=1 Ta có v(x) nghiệm từ điều kiên (1.2) ta suy n aik vxi xk ≥ 0; i,k=1 n aik vxi vxk ≥ i,k=1 Theo giả thiết f (t) ≥ f ” (t) ≥ nên suy Lw ≥ Vậy w(x) nghiệm Ví dụ 1.2 Xét hàm số v(x) = , |x − x0 |s s số dương đủ lớn Hàm v(x) nghiệm nếu: s ≥ nλ2 − 2; c(x) ≡ Lời giải Ta có v(x) = x − x0 vxi = −s x − x −s −s−1 xi − x0i = −s x − x0 |x − x | −s−2 (xi − x0i ) (xi − x0i )(xk − x0k ) − s x − x0 |x − x0 | δi δk s.δik = s.(s + 2) − s+2 s+2 |x − x0 | |x − x0 | vxi xk = −s.(−s − 2) x − x0 −s−3 −s−2 δik Theo giả thiết c ≡ n aik vxi xk Lv = i,k=1 Ta có n n −1 aik vxi xk ≥ s.(s + 2).λ s+2 |x − x0 | i,k=1 Mặt khác aii ≤ λ nên s − aii i=1 s+2 |x − x0 | n aii ≤ nλ i=1 Do n aik vxi xk ≥ i,k=1 s+2 |x − x0 | s.(s + 2).λ−1 − nλs , s.(s + 2).λ−1 − nλs = s (s + 2).λ−1 − nλ ≥ (Do s ≥ nλ2 − nên (s + 2).λ−1 − nλ ≥ 0) n aik vxi xk ≥ Điều phải chứng minh Từ suy Lv = i,k=1 1.2 Nguyên lý cực đại Định lý 1.1 Giả sử L toán tử elliptic với hệ số c(x) ≤ 0, u(x) nghiệm miền bị chặn G Khi đó: sup u ≤ max(0, sup lim u(x)), G x0 ∈∂G x→x0 inf u ≥ 0, inf G lim u(x) x0 ∈∂G x→x0 (1.4) (1.5) Để chứng minh định lý 1.1 ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề 1.1 Giả sử n ∂2 aik (x) + ∂xi ∂xk L= i,k=1 n bi (x) i=1 ∂ + c(x), ∂xi c(x) < u(x) nghiệm dưới, sup u > sup u Khi G ∂G sup u ≤ G Chứng minh Giả sử sup u = u(x0 ), x0 ∈ G G Do uxj (x0 ) = 0, j = 1, , n ma trận A(x0 ) = aik (x0 ) > 0, D2 u(x0 ) = uxi xk (x0 ) ≤ 0, n nên ta có aik (x0 )uxi xk (x0 ) ≤ i,k=1 Mặt khác n n 0 Lu(x ) = bj (x0 )uxj (x0 ) + c(x0 )u(x0 ) ≥ 0, aik (x )uxi xk (x ) + j=1 i,k=1 nên n aik (x0 )uxi xk (x0 ) ≥ −c(x0 )u(x0 ) 0≥ i,k=1 Do c(x0 ) < nên suy u(x0 ) ≤ 0, điều phải chứng minh Ta chứng minh định lý 1.1: Chứng minh Giả sử u(x) nghiệm Ta chứng minh sup u ≤ max(0, sup lim u(x)) x0 ∈∂G x→x0 G cần chứng minh sup u ≤ max 0, sup u G ∂Ω Trường hợp 1: sup u = sup u G ∂G 10 (1.6) Đặt p p1 = Giả sử β > Theo (2.9), ta áp dụng phần cho hàm z β có: |∇(z β )|2 dx ≤ C1 (R2 − R1 )2 QR1 z 2β dx (2.12) QR2 Đặt β = pk1 , k số ngun khơng âm Khi đó, với k = dùng cho kết phần k > với bất đẳng thức (2.12), ta được: k |∇(z P1 )|2 dx ≤ C1 (R2 − R1 )2 k C 2p1 dx (2.13) QR2 QR1 k Đặt g = z p1 ta có: p pk+1 (z ) |∇(z p1 )|2 dx + ≤ C2 Q R3 QR2 pk1 (z )2 QR1 Theo (2.13) ta được: pk+1 (z ) C3 (R2 − R1 )2 dx ≤ p k (z ) , 2l (2.14) dx QR2 QR1 Đặt R(l) = + p1 p1 l = k, k − 1, , Thay l cho k (2.14) đặt R2 = R(l) ; R1 = Rl+1 Cho l nhận giá trị từ k tới ta phép quy nạp p1 k+1 k (z )p1 dx ≤ C3p 22(k+1)p1 R(k+1) (k) QR pk+1 (z ) dx ≤ C3p (z ) pk−1 2((k+1)p1 +kp21 ) ·2 (k+1) (z ) p21 dx (k−1) QR pk+1 (z )p1 dx QR dx ≤ k+1 C3p pk+1 · ((k + 1)p1 + kp21 QR(k+1) + + pk+1 ) z dx (0) QR 29 hay pk+1 (z ) 1/pk+1 ≤ dx (2p )k+1 C3 2(pk+2 /(p1 −1)) 1/pk+1 z dx ·2 Q1 Q2 Cho k −→ ∞ ta được: 1/2 sup |z| ≤ C4 z dx Q1 Q2 Nhân u với số cộng thêm với số khác ta sup u = 1; inf u = Q3 Q3 Vì theo nguyên lý cực đại < u(x) < Q3 (Q3 - hình cầu mở) Đặt E = {x ∈ Q2 |u(x) ≤ } Giả sử meas(E) ≥ meas(Q2 )/2 Cách khác, xét hàm − u Đặt f (t) = ln , 1−t < t < Hàm f (t) thỏa mãn điều kiện phần Đặt C(x) = f (u(x)) = ln , − u(x) z1 (x) = z(x) − ln Khi E tập điểm Q2 mà có z1 ≤ Theo bất đẳng thức Friedrich’s z12 dx ≤ C4 Q2\E |∇z1 |2 dx Q2\E z|E < ln Ta được: z dx ≤ C5 Q2 |∇z|2 dx + C5 Q2 Chọn f, f ”/f = f > 1/2 Giả sử η hàm gián đoạn Q3 : η1 ∈ C ; ≤ η1 ≤ 1; η1 ≡ 30 Q2 η1 ≡ lân cận ∂Q3 Khi đó: η1 f (u)Lz dc ≥ Q3 hay: η12 f ”(u) aij uxi zxj dx + ij Q3 Coi f (u)uxi = zxi 2η1 f (u) aij zxi η1xj dx ≤ Q3 f” = 1; f > ta được: (f ) η2 Q3 aij zxi zxj dx + ij aij zxi ηxj dx ≤ 2η Q3 ij Theo (2.1) (2.5) ta có |∇z |2 dx < C6 Q2 z dx < C7 Q2 Ta suy supQ1 z < C8 2.3 Bất đẳng thức Harnack Định lý 2.4 (Bất đẳng thức Harnack) Cho R0 > 0, u(x) nghiệm dương phương trình: n i,j=1 ∂u ∂ (x) ∂xi ∂xj =0 hình cầu Qx2R0 , 2R < R0 Khi đó: sup u(x)/ inf u(x) < C, x x QR0 QR0 đó: C > 0, C phụ thuộc vào λ M điều kiện (2.2) 31 Định lý chứng minh Moser [1964] Với trường hợp bi ≡ c ≡ Sau Stampacchia [1965] chứng minh cho nghiệm suy rộng Lu = Trong định lý này, Stampacchia chứng minh cho nghiệm suy rộng (thuộc W ) phương trình tổng quát n i,j=1 ∂ ∂u + di u aij ∂xi ∂xj n + bi i=1 ∂u + cu = 0, ∂xi (2.15) aij thỏa mãn điều kiện (2.2) bi ∈ Ln , di ∈ Lp , c ∈ Lp/2 , p > n Trường hợp phương trình (2.5), L0 u = 0, số C bất phương trình Harnack độc lập với R0 Bất phương trình Harnack tương đương với bất phương trình sau: sup u − sup u Q2R QR sup u − inf u QR inf u − inf u QR > A; Q2R sup u − inf u QR QR > A, (2.16) QR u nghiệm suy rộng hình cầu Q2R Trong trường hợp u nghiệm suy rộng phương trình (2.3), ta lấy R < R0 , số A > phụ thuộc λ, M R0 Trong trường hợp u nghiệm phương trình (2.5), R tùy ý, A > phụ thuộc vào λ M Một hệ bất đẳng thức Harnack định lý Liouville Định lý 2.5 (Định lý Liouville) Nếu nghiệm suy rộng phương trình (2.5) Rn bị chặn số Một dạng mạnh Định lý Liouville định lý Định lý 2.6 Tồn số α > 0, phụ thuộc vào λ M điều kiện (2.2) để u(x) nghiệm suy rộng phương trình (2.5) Rn với R đủ lớn để: sup u < Rα |x| −R , |x| tùy ý Đặt Rk = R0 · 2k , k = 1, 2, Giả sử rằng: sup u(x) − inf u(x) = a |x| phụ thuộc vào λ M điều kiện (2.2) khoảng (G ; ∂G) Định lý 2.8 Tồn hàm Green G(x, y) toán tử L0 Rn cho điều kiện (2.19) thỏa mãn với C1 > C2 > phụ thuộc vào λ M điều kiện (2.2) Chứng minh Chú ý xét trường hợp G hình cầu đơn vị G hình cầu đồng tâm với G có bán kính nhỏ nửa, y trùng với tâm hình cầu aik ∈ C ∞ Xét lớp hình vành khuyên Ωs = {x : 2−s < |x| < 1}, s > 2, nghiệm vs phương trình (2.5), liên tục Ω, S10 số dương S20−s ∂u = ∂v s Mệnh đề 2.1 Tồn số C1 C2 ; < C1 < C2 phụ thuộc vào λ n cho: C2 |x|2−n < vs (x) < C2 |x|2−n ; 2s−1 < |x| < 2−1 Chứng minh Giả sử < k < s Kí hiệu: rk = 2−k ; Mk = max|x|=rk vs (x) Áp dụng định lý giá trị tích phân trung bình ∂f oscf · measD ds ≤ C , ∂v (R2 − R1 )2 đó: ∂ = ∂v n aik (x) · cos(Ox, n) i,k=1 34 ∂ ∂xk (2.20) Với Ωk = {x : r|k+1| < |x| < rk } Do tồn chứa lớp phân chia biên mặt cầu cho: ∂u ds ≤ C ∂v 1= osc vs measΩk Ωk < C ∗ Mk rkn−2 rk+1 Do Mk < C ∗ rk2−n theo bất đẳng thức Harnack ta vs (x) > C1 |x|2−n , x ∈ Ωk Cố định r, 21−s < r < 2−1 đặt √ n−2 m = vs (x), S = r · 2l/ |x|=r , = 0, 1, Kí hiệu v thể tích hình cầu bán kính S Đặt: m x ∈ Ωs : u(x) > H = Theo giả thiết H0 > v0 Mặt khác, với , = 0, 1, √ n−2 đủ lớn meas (H1 ) < v Do tồn cho meas (H ) ≥ v meas (H +1 ) < v +1 Kí hiệu Et = {x ∈ Ωs : vs (x) = t} Ta có: m/2 √ n−2 √ m/2( +1) n−2 Thật vậy, ∃El0 , m √ 2( +1 n−2 Et < t0 < ∂u ∂n ds ∂u ∂n m √ n−2 dt < H +1 C mvl0 ∂v 2l0 √ n−2 = C rn−2 Et0 C C phụ thuộc vào n ∂u ∂u > C IV (C IV phụ thuộc vào λ ∂v ∂n n), m < C V theo bất đẳng thức Harnack u(x) < C2 |x|2−n , 21−s |x| < 2−1 Mệnh đề 2.1 chứng minh Ta tồn Hàm Green G(x, 0) hình cầu đơn vị với điểm kì dị tâm hình cầu thỏa mãn: C1 |x|2−n < G(x, 0) < C2 |x|2−n (2.23) Để chứng minh ta xét vs s → ∞ Họ {vs } tiền compact C Ω(t) với t cố định Ở Ω(t) = {x : < |x| < t} Giới hạn hàm thực chất hàm t G(x, 0) cần tìm 2.5 Định lý kiểu Phragmen-Lindelof Ta xét trường hợp n > Giả sử E ⊂ Rn tập bị chặn Ta định nghĩa dung lượng E, ký 36 hiệu capE đẳng thức sau: capE = sup µ(E), µ µ độ đo Borel E cho dµ(y) |x − y|n−1 ≤ 1, ∀x ∈ / E E Bổ đề 2.1 (Bổ đề tăng) R0 Tập mở D chứa = φ Lấy D nghiệm u Xét R0 > R số cho < R < hình cầu Q4R Đặt Γ = ∂D ∩ Qx4Ro D ∩ Qx4R0 phương trình (2.15), liên tục D, dương D Γ Khi cap(QxR0 \ D) 1+ξ Rn−2 sup u > D (2.24) sup u, x D∩QR0 ξ phụ thuộc vào số bất đẳng thức (2.2) R0 , đồng thời với E ⊂ Q1 hình cầu đơn vị Chứng minh Ta có Hàm Green G(x, y) xác định QxRo0 , thỏa mãn với x, y ∈ QxR0o (x, y) ∈ Qx4R0 , điều kiện C1 C2 ≤ G(x, y) ≤ , |x − y|n−2 |x − y|n−2 (2.25) C1 > 0, C2 ≥ C1 phụ thuộc vào số điều kiện (2.2) R0 Đặt V = sup u − D C2 G(x, y)dµ(y) + 3n−2 capE E Khi đó: lim V > x→∂D x∈D u\Γ lim (x,y)→∂D (x,y)∈D theo nguyên lý cực đại ta có u < V Do sup u ≤ x D∩QR0 C1 C2 2n−2 − 1 3n−2 Rn−2 ξ= C1 C2 2n−2 37 − 3n−2 sup u D Định lý 2.9 (Định lý kiểu Pharagmen-Lindelof) Cho R0 γ hai số cố định, < R < R0 G ⊂ Rn miền khơng bị chặn có đường kính khơng vượt q Rγ , u ∈ W01 nghiệm phương trình (2.15) G Đặt: M (r) = sup |u(x)| |x|=R x∈R Khi u ≡ 0, r đủ lớn M (r) > e(α/R)r , α > phụ thuộc vào R0 , γ, λ, M điều kiện (2.2) Chứng minh Giả sử u(x) khơng đồng khơng Khi ∃x0 ∈ G cho u(x0 ) = Giả sử u(x0 ) = a > Xét hình cầu Qx2R QxR0 Từ Bổ đề tăng ta có sup u > (1 + ξγ)a x QR0 ∩G Do ∃x1 ∈ G cho |x1 − x0 | ≤ R u(x1 ) > (1 + ξγ)a Xét hình cầu Qx2R QxR0 , ta tìm điểm x2 ∈ G với |x2 − x1 | ≤ R u(x2 ) > (1 + ξγ)2 a Tiếp tục trình ta dãy x0 , x1 cho |xi − xi−1 | ≤ R u(xi ) > (1 + ξγ)i a Do theo nguyên lý cực đại cho nghiệm suy rộng ta được: −1 M (r) > (1 + ξγ)((r−|x0 |)/R) a = a(1 + ξγ)(−|x0 /R) −1 · e(ln(1+ξγ)r)/R α < ln(1 + ξγ) Khi với r đủ lớn M (r) > e(α/R)r Tiếp theo ta xét ví dụ miền có đường kính nhỏ R tới Rγ Xét dãy số nguyên Rn Đặt điểm dãy tâm đĩa (n − 1)_chiều có bán kính khơng nhỏ r, 0 số phụ thuộc vào λ µ bất đẳng thức (2.2) R0 Theo nguyên lý cực đại ta kết luận sau Bổ đề 2.2 Với ∀A>0 ∃ε0 > cho D ⊂ QxR0 , 00 phụ thuộc vào λ, M r Chứng minh Trong Bổ đề 2.2 ta đặt r R = , A = 2n tìm ε0 thích hợp Đặt max |u| = 2M = |u(x0 )| G Giả sử u(x0 ) = 2M (nếu u(x0 ) = −2M ta thay u -u) Đặt u1 = u − M D1 = x ∈ Qxr/2 ∩ G : u1 > , u|D1 > M Nếu meas D1 ≥ ε0 udx > M đặt C = Cho G 2.4n ε0 r n , n r , ta bất đẳng thức cần tìm meas D1 < ε0 r n , tồn ρ1 , < ρ1 < r cho meas D1 ∩ Qxρ10 = ε0 ρn1 Áp dụng Bổ đề 2.2 với hình cầu Qxρ10 , tập D1 ∩ Qxρ10 hàm u, ta tìm điểm x1 ∈ G, |x0 − x1 | ≤ ρ1 cho u(x1 ) > 2.2n M Tiếp theo, đặt u2 = u − 22 M D2 = x ∈ Qxr/2 : u2 > Nếu meas D2 ≥ ε0 r n , ta điều phải chứng minh với giá trị C giống Cho meas D2 < ε0 40 r n , tồn ρ2 , < ρ2 < r cho meas D2 ∩ Qxρ20 = ε0 ρn2 Áp dụng Bổ đề 2.2 với hình cầu Qxρ21 , tập D2 ∩ Qxρ21 hàm u2 , ta tìm điểm x2 ∈ G, |x2 − x1 | ≤ ρ2 cho u(x2 ) > 2.2n M Tiếp tục trình, ta nhận dãy ρ1 , , ρk , Cho ρk số cho r ρ1 + + ρk > Ta có u(xk ) → ∞ k → ∞ u bị chặn hình cầu Qxr/2 Do tồn số i0 , ≤ i0 ≤ k cho r · 2i0 ρi0 > Trên tập Di0 có u > 2i0 M Di0 ≥ ωn r n 2i0 n Như r udx > ωn n , G ωn thể tích hình cầu đơn vị, ta bất phương trình sau max |u| ≤ Cωn |u| dx, G G G số xác định 41 Kết luận Luận văn trình bày lớp phương trình elliptic tuyến tính cấp hai tổng qt hai dạng: khơng bảo tồn bảo toàn Cả hai dạng chứa phương trình Laplace Poisson cổ điển trường hợp đặc biệt Nhiều tính chất nghiệm phương trình Laplace Poisson khái quát cách thích hợp nghiệm loại phương trình dạng khơng bảo tồn dạng bảo tồn Đó nguyên lý cực đại, bất đẳng thức Harnack, định lý Liouville Fragmen-Lindelof 42 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Thừa Hợp, (2004), Lý thuyết phương trình đạo hàm riêng, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Trần Đức Vân, (2005), Phương trình đạo hàm riêng, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Kondrat’ev V.A., Landis E.M., (1995), Partial Differential Equations III, Springer-Verlag (in Encyclopaedia of Mathematical Sciences, Volume 32, Yu.V.Egorov and M.A.Shubin (Eds)) 43 ... phương trình sau max |u| ≤ Cωn |u| dx, G G G số xác định 41 Kết luận Luận văn trình bày lớp phương trình elliptic tuyến tính cấp hai tổng qt hai dạng: khơng bảo tồn bảo tồn Cả hai dạng chứa phương. .. [3], luận văn trình bày tổng quan lý thuyết định tính phương trình elipptic cấp hai dạng tổng quát hai dạng không bảo toàn bảo toàn Luận văn gồm hai chương Chương I nghiên cứu phương trình dạng... HỌC TỰ NHIÊN ——————————— NGUYỄN THỊ HÀ LÝ THUYẾT ĐỊNH TÍNH CỦA PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC TUYẾN TÍNH CẤP HAI Chun ngành: TỐN GIẢI TÍCH Mã số: 60.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA