Chương 3 sẽ chứng minh định lý về tồn tại nghiệm của u f trong l1 và cho một phản ví dụ mà ở đó phương trình này không giải được trên không gian l p Luận văn được hoàn thành dưới sự h[r]
(1)MỤC LỤC Nội dung Trang LỜI NÓI ĐẦU CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC MỞ ĐẦU §1 Toán tử §2 Tính khả vi và liên tục Lipschitz §3 Hàm đa điều hòa và miền giả lồi §4 Phương trình u f : N 12 CHƯƠNG 2: CÁC BỔ ĐỀ PHỤ TRỢ 15 §1 Chuỗi vô hạn biến 15 §2 Bổ đề chìa khóa 21 §3 Ước lượng nghiệm phương trình u f : N 31 CHƯƠNG 3: CÁC KẾT QUẢ CHÍNH 36 §1 Phương trình u f hình cầu l1 36 §2 Định lý tồn nghiệm 38 §3 Một ví dụ 40 KẾT LUẬN 45 TÀI LIỆU THAM KHẢO 46 Lop10.com (2) LỜI NÓI ĐẦU Mục đích luận văn nhằm nghiên cứu phương trình u f không gian Banach Do hạn chế mặt thời gian lực tác giả nên phạm vi đề tài thu hẹp không gian l p Trong luận văn có trình bày định lý tính giải phương trình u f l1 Đặc biệt có phản ví dụ l p hàm f mà đó phương trình u f không giải trên tập mở l p Nội dung luận văn gồm có chương: Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Chương trình bày các khái niệm toán tử các tính chất nó Các khái niệm , các hàm không gian Banach Chương 2: Các bổ đề bổ trợ Chương trình bày các mệnh đề, các khái niệm, các bất đẳng thức ước lượng dùng để phục vụ cho chương Chương 3: Các kết chính Chương chứng minh định lý tồn nghiệm u f l1 và cho phản ví dụ mà đó phương trình này không giải trên không gian l p Luận văn hoàn thành hướng dẫn tận tình GS.TSKH Nguyễn Văn Khuê Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc đến thầy Tác giả xin cảm ơn các thầy cô đã đóng góp ý kiến quý báu cho luận văn và các thầy cô khoa Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội đã tạo điều kiện cho tác giả học tập nghiên cứu Cảm ơn các quan chủ quản, gia đình và bạn bè đã động viên giúp đỡ tác giả hoàn thành tốt luận văn này Lop10.com (3) CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC MỞ ĐẦU §1 Toán tử Định nghĩa 1.1.1: Cho E , F là các không gian Banach thực Ta ký hiệu L a m E ; F là không gian tất các ánh xạ m - tuyến tính A : E m F Định nghĩa 1.1.2: Cho E , F là không gian Banach phức, p, q N với p q Chúng ta ký hiệu L a pq E , F là không gian tất A L a p q E: ; F: cho : A x1 , , x p q p A x1 , , x p q : ; x1 , , x p q E q Định nghĩa 1.1.3: Nếu U là tập mở E ta ký hiệu m U ; F là không gian véc tơ tất các ánh xạ : f : U L a m E ; F Và chúng ta ký hiệu Cmk U ; F gồm tất các f m U ; F lớp C k Định nghĩa 1.1.4: Cho U là tập mở E thì ta ký hiệu pq U ; F là không gian tất các f p q U ; F cho f x L a pq E ; F x U k Tương tự chúng ta ký hiệu C pq U ; F là không gian tất các f C pk q U ; F cho f x L a pq E ; F x U Mệnh đề 1.1.5: Nếu U là tập mở E thì a) m U ; F pq U ; F p q m Lop10.com (4) k b) Cmk U ; F C pq U ; F p q m Chứng minh: Có các phép chiếu liên tục : uq : L a m E: ; F: L a mq ,q E ; F cho u0 u1 um id Điều này sinh các phép chiếu : u:q : f m U ; F uq f mq ,q U ; F cho u:0 u:1 u:m id Nếu f m U ; F là lớp C k thì rõ ràng là uq f C k : Nếu f Cm U ; F và x U thì ta có Df x D ' f x D '' f x Ở đó D ' f x L 10 E ; L a m E: ; F: , D '' f x L 01 E ; L a m E: ; F: Do đó D ' f x , D '' f x L a m1 E: ; F: Định nghĩa 1.1.6: Cho U là tập mở E Với f Cm U ; F ta định nghĩa f , f : f : m 1 D ' f x m 1 D ' f x a a1m f : m 1 D '' f x m 1 D '' f x a a1m x U Hay nói cách khác: m 1 j 1 f x t1 , t2 , , tm1 1 D ' f x t j t1 , , t:j , , tm1 j 1 m 1 j 1 f x t1 , t2 , , tm1 1 D '' f x t j t1 , , t:j , , tm1 j 1 Mệnh đề 1.1.7: Nếu U là tập mở E thì : a) Cả ánh xạ , : Cm U ; F Cm1 U ; F là tuyến tính b) df f f f Cm U ; F Lop10.com (5) c) : C pq U ; F C p1,q U ; F và : C pq U ; F C p,q1 U ; F d) f f và f f f Cm U ; F e) Nếu f Cm U ; g Cn U thì : f g f g 1 f g m f g f g 1 f g m Chứng minh: a), b) c) dễ thấy Ta chứng minh d) Ta có d f f f f f Nhưng ta lại có theo c) thì f C p 2,q U ; F , f f C p1,q 1 U ; F , f C p,q U ; F Theo mệnh đề 1.1.5 ta có f f f f 2 Chứng minh e): Ta có f C pq U ; g Crs U d f g df g 1 pq f dg pq pq f g f g 1 f g f g f g 1 f g pq Ta có f g f g 1 f g C p r 1,q s U ; F f g f g 1 pq f g C p r ,q s 1 U ; F Do đó theo mệnh đề 1.1.5 ta có điều phải chứng minh Mệnh đề 1.1.8: Cho E , F , G là không gian Banach phức Cho U E ,V F là các tập mở, cho H U ; F với U V a) * : pq V ; G pq U ; G b) * f * f * f * f f Cm V ; G Lop10.com (6) Chứng minh: a) Nếu f pq V ; G thì f x t , t , , t f x D x t , , D x t * pq pq Do đó D x là : - tuyến tính đó * f pq U ; G b) Với f C pq V ; G ta có : d * f * df * f * f * f * f Mà * f * f C p1,q U ; G và * f * f C p,q 1 U ; G * f * f * * f f Theo mệnh đề 1.1.5 ta có : Mệnh đề 1.1.9: Cho U là tập mở E và cho f C p0 U ; F thì f trên U f H U ; L a p E ; F Chứng minh: Để chứng minh mệnh đề ta cần chứng minh f D '' f x '' " : Hiển nhiên " " : Giả sử f , lấy t0 , , t p E , 0 , , p : ta có p f x 0t0 , , pt p 1 D '' f x k tk 0t0 , k t:k , , pt p k k 0 p k 1 0 k p D '' f x tk t0 , , t:k , , t p k 0 Chọn p số phân biệt , , p khoảng k k / k e 2i , k k p k Áp dụng (1.1) với k kj , j 0, p Lop10.com (1.1) 0; Đặt k eik , (7) Ta p 1 k k 0 j k hệ phương trình tuyến tính : D '' f x tk t0 , , t:k , , t p với j 0, p Dễ thấy , , p là p số phân biệt nên hệ phương trình trên có định thức Vandermonde k đó ta có 1 D '' f x tk t0 , , t:k , , t p k 0, p điều phải chứng minh §2 Tính khả vi và liên tục Lipschitz Cho V là không gian Banach phức, V là tập mở, u : : là hàm Định nghĩa 1.2.1: Với tập A ta xét chuẩn sau đây : u 0, A sup u z zA u 1, A sup u z u w zw z wA Khi A chúng ta đơn giản viết u , u thay cho u 0, A , u 1, A Nếu u 0, A , u 1, A chúng ta nói u là liên tục Lipschitz trên A Định nghĩa 1.2.2: f là dạng - vi phân trên , A , B là hình cầu đơn vị V Xét chuẩn f sau: f 1, A f 0, A sup sup z wA, B z ; A B f z; f z; f w; zw Lop10.com (8) Chúng ta nói f là liên tục Lipschitz trên A f 0, A , f 1, A Ta ký hiệu đơn giản là f , f A : : Bằng tính toán đơn giản ta có: Xét ánh xạ lớp C1 : * f f (1.2) f f d f * Hầu hết các tô pô sử dụng để nghiên cứu không gian các hàm và các dạng vi phân là tô pô compact mở Trong tô pô này thì u j u (tương ứng f j f ) chúng hội tụ trên tất các tập compact (tương ứng V ) Vì u j u f j f yếu f j f 0, K uj u 0, K 0 K Tuy nhiên Mệnh đề 1.2.3: Nếu u j C và u j u trên các tập compact thì u C Chứng minh: Rõ ràng là hạn chế u trên tập compact K là liên tục Nếu zn , zn z Đặt K z , z1 , z2 , thì K compact vì u z lim u zn n Do đó u liên tục trên : Định nghĩa 1.2.4: Giả sử u C , f C0,1 Chúng ta nói u f yếu) không gian hữu hạn F V , (theo nghĩa u F f F theo nghĩa phân phối Khi V là hữu hạn chiều thì u f theo nghĩa trên u f theo nghĩa phân phối Lop10.com (9) Dưới đây là số kết quen thuộc : Mệnh đề 1.2.5: Nếu u j C , f j C0,1 , u j f j và u j u ( tương ứng f j f ) trên các tập compact (tương ứng V ) thì u f Mệnh đề 1.2.6: m Nếu u C , f C0,1 , m 1,2, (tương ứng f liên tục Lipschitz) và u f theo nghĩa yếu thì u C m (tương ứng u C1 ) và u f theo nghĩa ban đầu Mệnh đề 1.2.7: Nếu u j C (tương ứng u C0,1 ) là bị chặn trên các tập compact (tương ứng V ) thì u j là đồng liên tục trên (suy có thể phủ các tập mở mà đó u j là đồng liên tục) §3 Hàm đa điều hòa và miền giả lồi : n Ta ký hiệu B 1 là hình cầu tâm bán kính Định nghĩa 1.3.1: Cho tập mở : n hàm u : ; gọi là nửa liên tục trên (tương ứng u : ; gọi là nửa liên tục dưới) nó thỏa mãn a : ta có tập z : n : u z a(tương ứng z : n : u z a) là tập mở Định nghĩa 1.3.2: Cho tập mở : n hàm u : ; gọi là đa điều hòa nó thỏa mãn điều kiện đây: Lop10.com (10) i) u là nửa liên tục trên 2 ii) u a 2 u a e b d i a , b : n cho a B 1b Ví dụ: Xét hàm u H Khi đó rõ ràng Re u , Im u , u , log u thỏa mãn điều kiện i) Ta chứng minh chúng đa điều hòa cách chứng minh chúng thỏa mãn điều kiện ii) Thật vậy: Lấy a, b ii) +) Do a B 1b nên theo công thức tích phân Cauchy với hàm chỉnh u a 2 hình ta có : 2 u a e b d i Bằng ước lượng và tính toán đơn giản ta có Re u , Im u , u thỏa mãn điều kiện ii) +) Lấy P là đa thức trên : cho log u a b Re P với Từ đó suy rằng: u a b e Do đó e Re P u a b P e P Theo nguyên lý mô đun cực đại ta có log u a b Re P Từ đó theo định lý 34.8 [Mu] ta có log u thỏa mãn điều kiện ii) Định nghĩa 1.3.3: Cho tập mở : n Hàm : : n 0; định nghĩa : x, t sup r : x rB 1t Định nghĩa 1.3.4: Tập mở : n gọi là miền giả lồi log là hàm đa điều hòa trên : n 10 Lop10.com (11) Ví dụ: Trong : thì B 1 là miền giả lồi Thật vậy, ta có: B1 x, t sup r : x rB 1t B 1 Do B 1 là cân nên x rB 1t B 1 thì ta có r t x Do đó 1 x B1 x, t t t t log 1 x +log t log B1 x, t t t Đặt f x, t log B1 x, t , g x log 1 x , h t log t Thì đó f x, t g x h t 2 f 2 f 2 f 2 f Xét A u.u u.v u.v v.v x x xt xt tt 2 g 2 g 2h 2h 2 f 2 f Mà đó mà xt xt xt xt xt xt 2 f 2 f 2 f 2 f 2 Vậy A u.u v.v u v x x tt x x tt 2 f 2 g 2 f 2h Ta có , x x x x tt tt Mà g x log 1 x log x.x Nên g 1 x x x.x x.x x x.x x.x 2 g 1 và x x x 1 x Tương tự ta có h t log t log t.t h 1 t t t.t 2t 11 Lop10.com (12) 2h 0 tt Do đó mà A 1 u Vậy hàm f x, t thỏa mãn điều kiện x 1 x 2 Levi (Xem Định lý 2.6.2 [Ho]) nên f x, t là đa điều hòa log B1 là đa điều hòa trên B 1 : Vì B 1 là giả lồi §4 Phương trình u f : N Để giải phương trình u f không gian vô hạn chiều ta giải nó trường hợp : N sau đó cho N ta kết l1 Cho T N : N / : N ký hiệu hình xuyến N chiều nó tác động lên : N : t z1 , , z N e 2 it z1 , , e 2 it z N với t t T N N Trong mục này ký hiệu cho chuẩn trên : N mà bất biến tác động t và ký hiệu BN z : N : z 1 đặc biệt l1 - chuẩn là chuẩn Cho * là chuẩn đối ngẫu : N và là số thực dương cho : 1/ N 2 w 1 w * với w w Định nghĩa 1.4.1: Ký hiệu diam : đường kính tập Vol thể tích tập : N r z dist z; với z đo chuẩn Bổ đề 1.4.2: (Định lý 4.4.2 [Ho]) 12 Lop10.com (13) Cho là tập giả lồi mở : N , là hàm đa điều hòa Đối với g L2p ,q 1 với g có lời giải u L2p ,q , loc phương trình u g cho : u e 1 z d g 2 e d Bổ đề 1.4.3: Giả sử f là dạng- 0,1 nhận giá trị phức, bị chặn và đo trên tập giả lồi bị chặn : N Nếu f thì u C cho u f với z thì u z 2 diam.Vol / VolBN r z 1/ N 2r z f (1.3) Ở đây toán tử Cauchy – Riemann mở rộng để tác động trên các phân phối Chứng minh: 1/ 2 N Giả sử f f d z Ta có : sup f z 1 1 N sup f z f * Theo bổ đề 1.4.2 ta có phương trình u f có lời giải bình phương 2 u 1 diam Vol f 2 khả tích u : : cho : Thật ta có 1 diam 2 2 u u 1 z 2 2 f Vol f 2 Bằng thủ thuật quen thuộc ta dẫn đến tồn lời giải u cho : u 2 diam 2.Vol f 2 (1.4) Thật vậy, với diam thì điều này là hiển nhiên 13 Lop10.com (14) Với trường hợp tổng quát ta co miền có đường kính Dưới phép co thì u tỷ lệ giống Vol Trong đó tích diam f không thay đổi Như ta có kết (1.4) trường hợp tổng quát Hơn lời giải u chí liên tục Theo [H] tồn lời giải địa phương u ' liên tục phương trình u ' f Do đó u u ' chỉnh hình và u liên tục Với z , r r z và d dt1 dt N Ký hiệu là độ đo Lesbegue trên T N mà T N Ta định nghĩa hàm v trên BN v u z r d t t TN Chúng ta đánh giá chuẩn Lipschitz v Đầu tiên giả sử v C1 BN thì v r f Cũng v là bất biến tác động Điều này suy dv ; BN : N ; i : N Nó kéo theo dv : N 2v : N và vì với , ' BN : N ta có : v v ' v ' (1.5) Thật vậy, ta có (1.4) đúng với , ' BN sử dụng phép xấp xỉ argument cho phép ta mở rộng (1.4) cho trường hợp tổng quát, bỏ giả thiết v C1 BN Hơn nữa, BN v r 2 N u 2 (1.6) Chọn điểm BN đó v không lớn trung bình nó trên BN Theo (1.4) (1.6) ta có: 14 Lop10.com (15) v 2 diam Vol / VolBN r N f 1/ Áp dụng (1.4) với ' ta ước lượng (1.2) với u z v 0 : Bằng tính toán đơn giản ta có: Hệ 1.4.4: Trong trường hợp đặc biệt z : N : z R, R có lời giải u thỏa mãn: R u z R diam R z Khi N f là l1 - chuẩn, thì diam R và có thể chọn là N CHƯƠNG 2: CÁC BỔ ĐỀ PHỤ TRỢ §1 Chuỗi vô hạn biến Định nghĩa 2.1.1: Cho z z là dãy vô hạn biến, z B 1 l1 và q : B 1 ký hiệu cho hình cầu đơn vị mở l1 kv v kv #k q zk Đặt q, z v k k k kv 0 # k Ở đó k hiểu là k #k : số phần tử k 15 Lop10.com (2.1) (16) Trong mục này k luôn ký hiệu là đa số z k viết thay cho zk k Ta viết k k kv v kv thay cho v k và quy ước 00 k k Bổ đề 2.1.2: Chuỗi (2.1) hội tụ trên các tập compact : B 1 và là liên tục trên : B 1 Chứng minh: Sự hội tụ với q là hiển nhiên Ta có các bất đẳng thức đây: s ! s s e s s ! (2.2) e s! s s s s s (2.3) Với s đủ lớn phụ thuộc vào (2.2) là hiển nhiên theo khai triển Taylor (2.3) chứng minh nhờ công thức Stirling: s ! 2 s s e s s c 12 s với c 1 c 12 s Thật vậy, giả sử e s ! s 2 s e s s s c 12 s Vì nên ta có lim 2 s e s s Do đó mà c 12 s 2 s e s với s s Từ đó điều phải chứng minh 16 Lop10.com (17) Với Q 1, 1, n 0,1, Xét tập hợp sau: H Q, , n q, z B1 Q l1 : z eQ z n n (2.4) Các tập hợp int H Q, , n phủ : B 1 Trước tiên chúng ta ước lượng trên H Q, , n Nếu q, z H Q, , n ta định nghĩa dãy X z X X B bới : z X eQ z n n Tiếp theo chọn các đa số k (2.1) và s (2.3) Ký hiệu F là tập các 1, ,n thỏa mãn k s Sử dụng (2.2) ,(2.3) và # k n k Ta có ước lượng sau đây: n k k .q kk #k kv n n k v e kv !.Q k k v ! kv k k z k n v v eF n Q n z k z Q kv kv ! k ! e k ! F F kv ! kv ! k k ns ns Q n e v n eQ n z k Q n e v X k kv ! kv ! q, z Q e n ns j 0 j! k n ns X Q e X kv ! j 0 k 0 kv j v Mệnh đề 2.1.3: 17 Lop10.com j ns Q n e (2.5) (18) Nếu là tập mở không gian Banach V và các h j O và chuỗi h j bị chặn trên thì chuỗi này hội tụ trên các tập compact Với số phức j với j các tổng Chứng minh: N h j j bị chặn trên vì theo ước lượng Cauchy biến ta suy N dh z; là bị chặn địa phương trên V Biên bị chặn phụ thuộc j j vào j , N N dh z; bị chặn địa phương theo z, j và theo N h j là đồng liên tục địa phương j hội tụ trên các tập compact h Hệ 2.1.4: Với 1, tồn số c cho z và # z thì q, z max 1, q #z .e c#z (2.6) Chứng minh: Cả vế là # z Trường hợp ngược lại ta đặt n # z và lấy q từ đó ta có q, z H q , n 1/ ns q e , n Từ đó suy q, z với s đủ lớn Từ đó suy (2.6) với c đủ lớn : N Trong trường hợp z z 1 là dãy hữu hạn Ta đặt q, z : q, z với z z1 , z2 , , z N ,0,0, thì tất trên, đặc biệt (2.6) với c độc lập với N 18 Lop10.com (19) T : : / : ký hiệu cho hình xuyến vô hạn chiều, nhóm tô pô compact , và ký hiệu là độ đo Haar trên T mà T Xét tác động T trên l1 : t z1 , z2 , e 2 t z1 , e 2 t z2 , với z z l1 , t t T Cho trước R và h O B R , khai triển lũy thừa đơn nó là : h : hk với hk e 2 ikt t * hd t k (2.7) T hk O B R tịnh tiến t là : t * hk e 2 ikt hk Hạn chế trên mặt phẳng hữu hạn chiều P ta hk có dạng đơn là ak z k với ak : và h có dạng chuỗi lũy thừa sau: h z : ak z k (2.8) Rõ ràng hạn chế chuỗi này trên mặt phẳng tọa độ P trên là chuỗi Taylor h P và a z k k h z z B R ,# z Định lý 2.1.5: a) Nếu h là hàm chỉnh hình bị chặn trên B R , R thì a sup ak R k k kk k k (2.9) và chuỗi (2.8) hội tụ tới h a z hội tụ g O B R Hơn b) Ngược lại, dãy ak thỏa mãn (2.9) thì chuỗi tuyệt đối và trên các tập compact B R tới nữa, K B R có số CK cho: max g Ck a (2.10) K 19 Lop10.com k k (20) Chứng minh: b) Chuỗi chuỗi a a z k k k z k bị chặn chuỗi a 1, r / R bổ đề 2.1.2 đó hội tụ tuyệt đối và trên các tập compact B R , tổng g nó chỉnh hình theo mệnh đề 2.1.3 và (2.10) thỏa mãn với CK max 1, r / R Tính toán với tích phân (2.7) với h g ta K hk ak z k hk z M a) Cho M sup h Từ (2.7) z B R Đặt z Rk / k B R với k ta có a M Do b) chuỗi (2.8) hội tụ đến hàm chỉnh hình trên B R và đó phải chính là h từ # z : Bây R và h là hàm chỉnh hình trên B R Theo Ryan với dãy , , cho : R và lim (2.11) Hàm h z1 , z2 , bị chặn và chỉnh hình với z B 1 Theo [Ry] kết hợp với định lý 2.1.5 ta có định lý đây: Định lý 2.1.6: a) Chuỗi lũy thừa h O B R , R hội tụ tới h , tuyệt đối, trên các tập compact B R Khi đó các hạng tử ak thỏa mãn sup ak k k k / k k (2.12) k với thỏa mãn (2.11) 20 Lop10.com (21)