Tính giải được của bài toán Dirichlet cho phương trình el-

2 Bài toán biên Dirichlet cho phương trình elliptic tuyến tính

2.4Tính giải được của bài toán Dirichlet cho phương trình el-

Định lý 2.2.4. Giả sử Ω ∈ Rd là miền bị chặn trong lớp C2,α, f ∈ Cα(Ω), g ∈ C2,α(Ω), và giả sử u ∈ C2,α(Ω) thỏa mãn : Lu(x) =f(x) với x ∈ Ω, u(x) = g(x) với x ∈ ∂Ω. (2.43) Khi đó: kukC2,α(Ω) ≤ c11 kfkCα(Ω) + kgkC2,α(Ω) +kukL2(Ω) , (2.44)

với c11 là một hằng số phụ thuộc vào Ω, α, d, λ, K.

Chứng minh. Về bản chất, chứng minh định lý này là sự cải biên của Định lý 2.2.2, do đó ta chỉ phác thảo chứng minh. Ta bắt đầu với việc đơn giản hóa, cụ thể là, phương trình Poisson trên nửa hình cầu, từ đó ta sẽ được các trường hợp tổng quát.

Giả sử

B+(0, R) = {x = (x1, ..., xd) ∈ Rd;|x|< R, xd > 0}.

Hơn nữa, giả sử

∂0B+(0, R) =∂B+(0, R)∩ {xd = 0}, ∂+B+(0, R) =∂B+(0, R)\∂0B+(0, R).

Ta xét f ∈ Cα(B+(0, R)) với

f = 0 trên ∂+B+(0, R).

Ngược lại với tình huống đã xét trong Định lý 1.6.2(b), f không cần phải triệt tiêu trên toàn bộ biên của miền Ω = B+(0, R) mà chỉ cần triệt tiêu trên một phần đã biết của nó. Ta xét thế vị Newton tương ứng.

u(x) =

Z

B+(0,R)

Γ(x, y)f(y)dy. (2.45)

Bỏ qua thừa số mà chỉ phụ thuộc vào d, đạo hàm cấp một của u được cho bởi: vi(x) = Z B+(0,R) xi −yi |x−y|df(y)dy (i = 1, ..., d). (2.46)

Và ta có thể đánh giá như trong chứng minh của Định lý 1.6.2(a), do đó ta không cần bất kỳ giả thiết nào trên giá trị biên.

Bỏ qua thừa số mà chỉ phụ thuộc vào d, đạo hàm cấp hai của u được cho bởi: wij(x) = Z B+(0,R) ∂ ∂xj xi −yi |x−y|d f(y)dy (=wji(x)). (2.47) Với K(x−y) = ∂x∂j xi−yi |x−y|d , và i 6= d hoặc j 6= d, Z R1<|y|<R2 yd>0 K(y)d(y) = 0 (2.48)

do tính thuần nhất như trong (1.19). Do vậy, với i 6= d hoặc j 6= d, chuẩn

α-Holder của đạo hàm cấp hai ∂x∂i∂x2 ju có thể được đánh giá như trong chứng minh của Định lý 1.6.2(b). Phương trình vi phân ∆u = f kéo theo:

∂2 (∂xd)2u = f − d−1 X i=1 ∂2 (∂xi)2u, (2.49) và vì vậy ta thu được đánh giá cho chuẩn α-Holder của (∂x∂2d)2u . Vì vậy ta có thể đánh giá được tất cả đạo hàm cấp hai của u.

Như trong chứng minh của Định lý 2.1.1, khi đó ta thu được đánh giá

C2,α trong B+(0, R) cho nghiệm của:

∆u = f trong B+(0, R) với f ∈ Cα(B+(0, R)) , u = 0 trên ∂0B+(0, R), (2.50) với 0< r < R: kukC2,α(B+(0,r)) ≤c12kfkCα(B+(0,R))+kukL2(B+(0, R)). (2.51) Cụ thể là, đặt ϕ= ηu

như trong (2.6) với cùng một hàm như trong (2.5), ta có ϕ = 0 trên

u cũng triệt tiêu trên ∂0B+(0, R2). Vì vậy, lại có:

ϕ(x) =

Z

B+(0,R)

Γ(x, y)∆ϕ(y)dy

là thế vị Newton, và các đánh giá trước đó có thể suy ra kết quả giống như trong Định lý 2.1.1. Với 0< r < R,

kukC2,α(B+(0,r)) ≤c13 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

kfkCα(B+(0,R))+kukL2(B+(0,R))

. (2.52) Tiếp theo ta xét nghiệm của

∆u = f trong B+(0, R) với f ∈ Cα(B+(0, R)) , (2.53) u = g trên ∂0B+(0, R) với g ∈ C2,α(B+(0, R)). (2.54) Ta đặt u¯= u−g, ta thấy rằng u¯ thỏa mãn: ∆¯u = f −∆g = ¯f ∈ Cα B+(0, R) trong B+(0, R), ¯ u = 0 trên ∂0B+(0, R).

Vì vậy ta quy về xét trường hợp (2.50), và vì vậy từ (2.52) ta thu được: kukC2,α(B+(0,r)) ≤ ku¯kC2,α(B+(0,r))+ kgkC2,α(B+(0,r)) ≤ c14hkf¯kCα(B+(0,R)) +ku¯kL2(B+(0,R))+kgkC2,α(B+(0,R)) i ≤ c15hkfkCα(B+(0,R)) +kgkC2,α(B+(0,r))+ kukL2(B+(0,R)) i . (2.55) Để xử lý vấn đề cuối cùng của Định lý 2.2.4, ta biến đổi một lân cận U của

x0 ∈ ∂Ω với một C2,α-đồng phôi φ tới hình cầu B˚(0, R) thỏa mãn phần

của u mà chứa trong Ω được ánh xạ tới B+(0, R), và giao của u với ∂Ω

được ánh xạ tới ∂0B+(0, R). Lại có, u¯ = u◦φ−1 trên B+(0, R) thỏa mãn phương trình vi phân Lu = f,L˜u˜ = ˜f với các hằng số khác λ, K trong (A) và (B). Ta thu được đánh giá C2,α cho u˜ trong B+(0,R2). Lại có ánh xạ φ biến đánh giá này đối với u thành đánh giá trên tập con U0 của U. Do Ω bị chặn, ∂Ω compact và có thể bị phủ bởi một số hữu hạn các lân cận U0.

Hệ quả 2.2.5. Ngoài các giả thiết trong Định lý 2.2.4, giả sử rằngc(x) ≤0

trong Ω. Khi đó:

kukC2,α(Ω) ≤ c16 kfkCα(Ω) + kgkC2,α(Ω)

. (2.56)

Chứng minh. Vì c ≤0, theo Nguyên lý maximum ta có:

sup Ω |u| ≤ max ∂Ω |u|+c17sup Ω |f| = max ∂Ω |g|+c17sup Ω |f|.

Do đó chuẩn L2 của u được đánh giá trong số hạng của chuẩn C0 của f

và g từ đó kéo theo (2.44).

2.3 Tính giải được của bài toán biên Dirichlet cho phươngtrình Poisson trình Poisson

Định lý 2.3.1. Giả sửΩ là miền bị chặn của lớpC∞ trongRd, f ∈ Cα(Ω),

g ∈ C2,α(Ω). Khi đó bài toán Dirichlet:

∆u = f trong Ω,

u = g trên ∂Ω. (2.57)

có duy nhất nghiệm u thuộc lớp C2,α(Ω).

Chứng minh. Tính duy nhất có được từ nguyên lý cực đại. Ta chỉ cần chứng minh sự tồn tại.

Giả sử f và g thuộc lớp C∞. Khi đó người ta chứng minh rằng tồn tại nghiệm yếu u(x), nghiệm này thuộc lớp C∞(Ω) và

kukC2,α(Ω) ≤c1 kfkCα(Ω) +kgkC2,α(Ω)

. (2.58)

Quay trở lại trường hợp C2,α. Ta xấp xỉ f và g bởi các hàm khả vi vô hạn (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

fn và gn xác định trên Ω. Giả sử un là nghiệm tương ứng của bài toán Dirichlet:

∆un = fn trong Ω

un = gn trên ∂Ω.

Với n ≥m, ta có un−um thỏa mãn (2.58) trên Ω, tức là kun −umkC2,α(Ω) ≤c1 kfn−fmkCα(Ω) +kgn−gmkC2,α(Ω)

trong đó hằng số c1 không phụ thuộc vào nghiệm, nó chỉ phụ thuộc vào miền hình học C2,α. Ta giả sử rằng fn hội tụ tới f trong Cα(Ω), và gn hội tụ tới g trong C2,α(Ω) và vì vậy un trở thành dãy Cauchy trong C2,α(Ω)

và do đó hội tụ tới u ∈ C2,α(Ω) thỏa mãn:

∆u = f trong Ω,

u = g trên ∂Ω,

và đánh giá (2.58)

2.4 Tính giải được của bài toán Dirichlet cho phương trình elliptic cấp hai dạng tổng quát

Định lý 2.4.1. Giả sử Ω là miền bị chặn của lớp C∞ trong Rd. Giả sử toán tử vi phân L = d X i,j=1 aij(x) ∂ 2 ∂xi∂xj + d X i=1 bi(x) ∂ ∂xi +c(x) (2.60) thỏa mãn :

(A) Tính elliptic: Tồn tại λ >0 sao cho với mọi x ∈ Ω, ξ ∈ Rd,

d

X

i,j=1

aij(x)ξiξj ≥ λ|ξ2|.

(B) Hệ số Holder liên tục: Tồn tại K < ∞ sao cho:

kaijkCα(Ω),kbikCα(Ω),kckCα(Ω) ≤ K, với mọi i, j

và với điều kiện

c(x) ≤0 trong Ω. (2.61)

Khi đó với bất kỳ f ∈ Cα(Ω), g ∈ C2,α(Ω) tồn tại duy nhất nghiệm u ∈

C2,α(Ω) của bài toán Dirichlet:

Lu = f trong Ω,

Chứng minh. Thay u = u−g vào vị trí của u, ta có thể giả sử g = 0, khi đó bài toán tương đương với:

Lu = f = f −Lg ∈ Cα(Ω)

u = 0 trên ∂Ω.

Ta giả sử g = 0 (và viết u vào vị trí của u). Ta xét họ các phương trình:

Ltu = f với 0 ≤t ≤ 1,

u = g trên ∂Ω, (2.63) (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

với

Lt = tL+ (1−t)∆. (2.64) Toán tử vi phân Lt thỏa mãn điều kiện (A) và (B) với

λt = min(1, λ), Kt = max(1, K). (2.65) Ta có L0 = ∆, L1 = L. Theo Định lý 2.3.1, ta có thể giải (2.63) với t= 0. Ta cần chỉ ra rằng ta có thể giải phương trình này với mọi t ∈ [0,1], đặc biệt với t= 1.

Toán tử

Lt : B1 = C2,α(Ω)∩ {u : u = 0 trên ∂Ω } → Cα(Ω) = B2

là toán tử tuyến tính bị chặn giữa không gian Banach B1 và B2. Giả sử ut

là nghiệm của Ltut = f, ut = 0 trên ∂Ω. Theo Hệ quả 2.2.5 ta có: kutkC2,α(Ω) ≤ c2kfkCα(Ω).

Tức là:

kukB1 ≤ c2kLtukB2, (2.66) với mọi u ∈ B1 và hằng số c2 không phụ thuộc vào t. Như vậy, các điều kiện của Định lý 1.7.1 được thỏa mãn và suy ra điều phải chứng minh. Hệ quả 2.4.2. Trong Định lý 2.4.1 giả sử Ω là một hình cầu B và toán tử L thỏa mãn các điều kiện như trong định lý đó. Khi đó nếu f ∈ Cα(B)

và φ ∈ C2,α(B), bài toán Dirichlet Lu = f trong B, u = φ trên ∂B có nghiệm duy nhất u ∈ C2,α(B).

KẾT LUẬN

Luận văn đã trình bày các vấn đề sau đây:

1. Lớp hàm Holder và các đánh giá Schauder đối với nghiệm yếu của các phương trình Poisson và phương trình elliptic cấp hai dạng tổng quát.

2. Tính giải được của bài toán Dirichlet trong lớp hàm Holder đối với các phương trình elliptic cấp hai dạng tổng quát.

Tài liệu tham khảo

[1] J. Jost, (2002), Partial Differential Equations, Spinger-Verlag New York.

[2] D. Gilbarg - N. S. Trudinger, (2001), Elliptic partial differential equa- tions of second order, Springer - Verlag.