Không gian Solobev và bài toán biên

2 Bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert

2.4.Không gian Solobev và bài toán biên

Định nghĩa 2.2. Cho Ω ⊂ Rn là một tập mở bị chặn với bao đóng Ω¯

và biên ∂Ω. Ta ký hiệu Ck(Ω) là không gian các hàm khả vi (thực) cấp

k trên Ω. Và Ck,λ(Ω) là không gian các hàm khả vi liên tục cấp k có đạo hàm bậc k là liên tục Holder với số mũ λ,(0 < λ < 1). Nhắc lại rằng,

u ∈ C0,λ(Ω) hoặc u là liên tục Holder với số mũ λ trong Ω, nếu

[u]λ = sup

x,x0∈Ω¯

|u(x)−u(x0)|

|x−x0|λ < +∞.

Nếu chúng ta cho λ = 1, thì u được gọi là hàm Lipschitz.

Bộ n số của số nguyên không âm α = (α1, α2, ..., αn) được gọi là một đa chỉ số của độ dài |α| = α1 +α2 + ...+αn ≥ 0.

Chúng ta đặt, Dα = (∂x∂

1)α1...(∂xn∂ )αn là toán tử vi phân bậc |α|. Ở đây, (∂x∂0

0)u = u, 1≤ i ≤ n.

Định nghĩa 2.3. Trong không gian tuyến tính Cm(Ω) chúng ta định nghĩa chuẩn

kukHm,s(Ω) = X

0≤|α|≤m

kDαukLs(Ω), 1≤ s < ∞ (2.7) và ta ký hiệu Hm,s(Ω) là không gian bổ sung của Cm(Ω) với chuẩn này. Thông thường, ta viết Hm(Ω) = Hm,2(Ω).

Nếu chúng ta giả định rằng ∂Ω là Lipschitz, có nghĩa là, mọi điểm của∂Ω có lân cận U mà∂Ω∩U là đồ thị của hàm Lipschitz. Có thể kiểm tra được rằng, mỗi phần tử của Hm,s(Ω) là hàm u ∈ LsΩ. Với u ∈ LsΩ

thì tồn tại hàm gα ∈ LsΩ, |α| ≤ m, sao cho Z Ω u(x)Dαζ(x)dx = (−1)|α| Z Ω gα(x)ζ(x)dx, ζ ∈ C0∞(Ω), 0 ≤ |α| ≤ m.

Trong đó, C0∞ là lớp các hàm khả vi vô hạn lần có giá compact trong Ω. Định nghĩa 2.4. Hm,s0 (Ω) là bao đóng của C0∞(Ω) với chuẩn (2.7). Định nghĩa 2.5. Hm,∞(Ω) là lớp của các hàm của Cm−1Ω với đạo hàm bậc (m−1) thỏa mãn điệu kiện Lipschitz trong Ω.

Trong định nghĩa của H1,s(Ω) chúng ta có thể thay thế không gian

C1(Ω) bởi C1,0( ¯Ω) = H1,∞(Ω), cụ thể là, hàm Lipschitz trong Ω. Trong trường hợp mà ∂Ω là Lipschitz: cho u ∈ H10,∞(Ω) dễ thấy, u có một mở rộngu˜∈ H10,∞(Rn) (hàm Lipschitz trong Rn có giá compact). Vìu˜có thể xấp xỉ được trong H10,s(Rn), 1 ≤ s < ∞ bởi các hàm trơn. Ví dụ, bằng cách làm giảm đi thì u sẽ là giới hạn trong H1,s(Ω) của hàm trơn trong

trù mật trong H1,s(Ω) với 1 ≤ s < ∞. Đặc điểm duy nhất này chính là tính Lipschitz của miền Ω là sự tồn tại của mở rộng u˜. Nhưng đó là một dạng đã biết của định lý mở rộng Tietze’s: u ∈ H1,∞(Ω) thì tồn tại một mở rộngu˜ ∈ H10,∞(Rn) với một miền mở bị chặnΩ ∈ Rn. Do đó,H1,∞(Ω)

là trù mật trong H1,s(Ω), 1 ≤ s < ∞, với miền mở, bị chặn Ω. Một lần nữa giả sử rằng, ∂Ω là Lipschitz. Cho miền Ω0, Ω ⊂ Ω ⊂ Ω0, một hàm bất kỳ u ∈ H1,s(Ω), 1 ≤ s < ∞ xác định một mở rộng u˜ ∈ H1,sΩ0. Hơn nữa, u ≥0 h.k.n trong Ω, suy ra u˜≥ 0 h.k.n trong Ω0.

Theo bất đẳng thức của Poincare, có một β > 0 sao cho Z Ω ζ2dx ≤β Z Ω ζx2dx, với ζ ∈ H10(Ω), trong đó ζx = (ζx1, ζx2, ..., ζxn) = ( ∂ ∂x1ζ, ∂ ∂x2ζ, ..., ∂ ∂xnζ).

Do đó kζxkL2(Ω) là chuẩn tương đương của (2.7) với H10(Ω). Chúng ta sẽ luôn hiểu rằng

kζk

H10(Ω) = kζkL2(Ω).

Với 1 < s < ∞, Hm,s(Ω)vàHm,s0 (Ω) là các không gian Banach phản xạ và Hm(Ω)vàHm0 (Ω) là các không gian Hilbert.

Định nghĩa 2.6. Ta ký hiệu không gian đối ngẫu của không gian Hm,s0 (Ω) là H−m,s0(Ω), (1/s) + (1/s0) = 1, hoặc đơn giản là H−m(Ω)

khi s= 2. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

Mỗi phần tử của H−1,s0(Ω) có thể được đặc trưng bởi các đạo hàm của các hàm fi ∈ Ls0(Ω). Cụ thể là, với f ∈ H−1,s0(Ω) tồn tại

f0, f1, ..., fn ∈ Ls0(Ω) sao cho hf, ζi = Z Ω {f0ζ − n X 1 fiζxi}dx, ζ ∈ H10,s(Ω). (2.8)

Bài toán 2.2. (bài toán Dirichlet’s) Cho f ∈ H−1(Ω) và g ∈ H1(Ω), tìm u ∈ H1 sao cho

−∆u = f trong Ω, u = g trên ∂Ω.

(2.9)

Khi f = f0, g và u trơn thì (2.9) đúng. Để có được kết quả (2.9) trong điều kiện yếu, ta giả sử các hàm này trơn và nhân cả 2 vế của phương trình với ζ ∈ C0∞(Ω). Sau đó lấy tích phân từng phần, ta được

(u, ζ)H1 0(Ω) = Z Ω uxiζxidx = Z Ω f ζdx.

Ở đây và trong các phần tiếp theo, chúng ta sử dụng quy tắc lấy tích phân từng phần, u ∈ H1(Ω) được gọi là nghiệm yếu của (2.9) nếu

Z

Ω

uxiζxidx = hf, ζi với ζ ∈ H10(Ω), u−g ∈ H10(Ω). (2.10) Cuối cùng, chúng ta viết bài toán này như một bất đẳng thức biến phân. Xét không gian affine

M = Mg = {v ∈ H1(Ω) : v −g ∈ H10(Ω)}.

Bây giờ (2.9) trở thành Bài toán Dirichlet yếu. Bài toán 2.3. Tìm

u ∈ M :

Z

Ω

uxi(v−u)xidx ≥ hf, v −ui với v ∈ M.

Tất nhiên dạng song tuyến tính

u, v →

Z

Ω

là tích vô hướng trên H10(Ω), không thỏa điều kiện bức trên toàn bộ không gian H1(Ω). Hơn nữa

Z Ω uxi(v−u)xidx = Z Ω (u−g)xi(v −u)xidx+ Z Ω gxi(v −u)xidx. u là nghiệm của bài toán nếu và chỉ nếu ω = u−g là nghiệm của

Z Ω ωxi(v −u)x idx ≥ hf, v −ui − Z Ω gxi(v−u)xidx. (2.11) Nhắc lại rằng, gxi ∈ L2(ω), 1 ≤i ≤ n. Bài toán (2.3) tương đương với tìm ω ∈ H10(Ω) : Z Ω ωxi(ζ −ω)x idx ≥ hF, ζ −ωivới ζ ∈ H10(Ω). (2.12) với F ∈ H−1(Ω) được xác định bởi

hF, ζi = hf, ζi −

Z

Ω

gxiζxidx.

Từ Định lý 2.1 suy ra (2.12) có nghiệm ω. Rõ ràng, u = g +ω là một nghiệm của Bài toán 2.3.

Nếua(u, v)là một dạng song tuyến tính trên H10(Ω), thỏa điều kiện bức trên H10(Ω) và K lồi, đóng với K−K = {u−v : u, v ∈ K} ∈ H1 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

0(Ω), thì tồn tại một nghiệm

u ∈ K: a(u, v −u) ≥ hf, v −ui với v ∈ K,

với bất kỳ f ∈ H−1(Ω). Quay trở lại với Bài toán 2.3, từ tập lồi đã có, tồn tại

Z

Ω

ωxiζxidx = hF, ζi với ζ ∈ H10(Ω),

Một bài toán Dirichlet tổng quát hơn là

−∆u+ λu = f trong Ω, u = g trên ∂Ω.

Một lần nữa nhân cả 2 vế của phương trình với ζ ∈ H1

0(Ω) và lấy tích phân từng phần dẫn tới bài toán.

Bài toán 2.4. Tìm u ∈ M = {v ∈ H1(Ω) : v −g ∈ H10(Ω)} sao cho a(v, ζ) = Z Ω vxjζxjdx+ λ Z Ω vζdxvới v, ζ ∈ H1(Ω).

Chúng ta thấy rằng, a(v, ζ) thỏa điều kiện bức trên H10(Ω) với điều kiện λ > −1/β, β là hằng số của bất đẳng thức của Poincare.

Thực vậy, với t∈ (0,1), a(v, v) =t Z Ω vx2dx+ (1−t) Z Ω v2xdx+λ Z Ω v2dx ≥ t Z Ω v2xdx+ [(1/β)−(t/β) +λ] Z Ω v2dx.

Chọn t, 0< t < 1, sao cho 0 < t < β[(β1) +λ] = 1 +βλ. Khi đó,

a(v, v) ≥tkvk2

H10(Ω).

Từ sau này, cũng như trong các ví dụ trước đó: Bài toán Dirichlet có nghiệm duy nhất.

Bài toán 2.5. (Bài toán Neumann) Khi ∂Ω, f, g trơn thì bài toán cổ điển được phát biểu như sau: tìm một hàm u sao cho

−∆u+λu = f trong Ω, ∂u/∂n = g trên ∂Ω,

với ∂/∂n là đạo hàm theo hướng pháp tuyến ngoài của ∂Ω.

Nhân cả hai vế của phương trình với ζ ∈ C1(∂Ω) và lấy tích phân từng phần ta được a(u, ζ) = Z Ω f ζdx+ Z Ω gζdx, (2.13) trong đó a(u, ζ) = Z Ω uxiζxidx+λ Z Ω uζdx. Bằng cách chọn λ > 0 và α = min(1, λ) ta có a(v.v) ≥ αkvk2 H1(Ω). Tuy nhiên, nếu α = 0 thì dạng a(u, v) không thỏa điều kiện bức và trong trường hợp này Bài toán Neumann không phải lúc nào cũng có nghiệm và khi có nghiệm thì nghiệm đó không phải là duy nhất.

Bài toán 2.6. (bài toán hỗn hợp) Giả sử ∂Ω =∂1Ω∪∂2Ω với ∂1Ω∩

∂2Ω = ∅. Bài toán hỗn hợp được phát biểu như sau

−∆u+λu = f trong Ω, u = 0 trên ∂1Ω, ∂u/∂n = 0 trên ∂2Ω.

(2.14)

Với λ > 0, toán tử −∆ +λ cho ta một dạng song tuyến tính thỏa điều kiện bức trên H1(Ω), như chúng ta đã thấy ở trên. Nếu λ = 0 thì dạng này vẫn thỏa điều kiện bức miễn là ∂1(Ω) đủ lớn cụ thể, nếu ∂1(Ω)

đủ lớn đảm bảo sự tồn tại của β > 0 sao cho Z Ω ζ2dx ≤ β Z Ω ζx2dx với ζ ∈ C∞(Ω),

thỏa mãn ζ = 0 trên ∂1Ω. Một điều kiện đủ cho điều này khi Ω trơn và liên thông là: ∂1(Ω) có phần trong khác rỗng trong ∂Ω.

Định lý 2.3. Cho Ω là một miền của Rn có biên trơn, giả sử rằng

u ∈ H10(Ω) : −∆u = f trong Ω. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

nếu f ∈ Hm,s(Ω) thì u ∈ Hm+2,s(Ω), 1 < s <∞.

Tất nhiên, biểu thức “−∆u = f trong Ω” có nghĩa là Z Ω uxjζxjdx = Z Ω f ζdx, với ζ ∈ C0∞(Ω).

Chứng minh của định lý này chúng ta tham khảo của Morrey.