Giả sử rằng E ⊂ Rn là tập bị chặn. Ta định nghĩa dung lượng của E, ký
hiệu là capE bởi đẳng thức sau:
capE = sup
à
à(E), trong đú à là độ đo Borel trờn E sao cho
Z
E
dà(y)
|x−y|n−1 ≤1, ∀x /∈E.
Bổ đề 2.1. (Bổ đề tăng)
Xét R0 >0 và R là một số sao cho 0< R < R0
4 . Tập mở D được chứa trong hình cầu Q4R. Đặt Γ = ∂D∩Qx4Ro và D∩Qx4R0 6= φ. Lấy trong D một nghiệm u của phương trình (2.15), liên tục trong D, dương trong D và bằng 0 trong Γ. Khi đó
sup
D
u >
1 +ξcap(QxR0 \D) Rn−2
sup
D∩QxR0
u, (2.24)
trong đó ξ phụ thuộc vào các hằng số trong bất đẳng thức (2.2) và R0, đồng thời với E ⊂Q1 là hình cầu đơn vị.
Chứng minh. Ta có Hàm Green G(x, y) được xác định trong QxRo
0, nó thỏa mãn với x, y ∈QxR0
o và như vậy (x, y)∈Qx4R0, các điều kiện C1
|x−y|n−2 ≤G(x, y)≤ C2
|x−y|n−2, (2.25)
trong đó C1>0, C2 ≥C1 phụ thuộc vào các hằng số của điều kiện (2.2) và R0. Đặt
V =
sup
D
u
1− 1 C2
Z
E
G(x, y)dà(y) + 1
3n−2capE
. Khi đó:
x→∂Dlim
x∈D
V > lim
(x,y)→∂D (x,y)∈D
u\Γ và theo nguyên lý cực đại ta có u < V. Do đó
sup
D∩QxR0
u≤ C1 C2
1
2n−2 − 1 3n−2
1 Rn−2sup
D
u và
ξ= C1 C2
1
2n−2 − 1 3n−2
.
Định lý 2.9. (Định lý kiểu Pharagmen-Lindelof)
Cho R0 và γ là hai số cố định, 0 < R < R0 và G ⊂ Rn là một miền không bị chặn có đường kính trong không vượt quá Rγ, u∈W01 là nghiệm phương trình (2.15) trong G.
Đặt:
M(r) = sup
|x|=R x∈R
|u(x)|.
Khi đó nếu u6≡0, r đủ lớn thì
M(r)> e(α/R)r,
trong đó α >0 phụ thuộc vào R0, γ, λ, M trong điều kiện (2.2).
Chứng minh. Giả sửu(x) không đồng nhất bằng không. Khi đó∃x0 ∈Gsao cho u(x0)6= 0. Giả sửu(x0) =a >0. Xét các hình cầu Qx2R0 và QxR0. Từ Bổ đề tăng ta có
sup
QxR0∩G
u >(1 +ξγ)a.
Do đó ∃x1∈G sao cho |x1−x0| ≤R và u(x1)>(1 +ξγ)a.
Xét trong hình cầu Qx2R1 và QxR0, ta sẽ tìm điểm x2 ∈ G với |x2− x1| ≤ R và u(x2)>(1 +ξγ)2a.
Tiếp tục quá trình ta được một dãy x0, x1. . . sao cho |xi−xi−1| ≤ R và u(xi)>
(1 +ξγ)ia.
Do đó theo nguyên lý cực đại cho nghiệm suy rộng ta được:
M(r)>(1 +ξγ)((r−|x0|)/R)−1a=a(1 +ξγ)(−|x0/R)−1 ãe(ln(1+ξγ)r)/R
và nếu α <ln(1 +ξγ). Khi đó với r đủ lớn thì M(r)> e(α/R)r.
Tiếp theo ta xét ví dụ về miền có đường kính trong nhỏ hơn R tới Rγ. Xét dãy số nguyên trong Rn. Đặt mọi điểm của dãy ở tâm của đĩa (n−1)_chiều có bán kính không nhỏ hơn r, 0<r<1. Mọi đĩa có hướng tùy ý. Ký hiệu E là hợp của các đĩa này. Khi đó G=Rn\E.
Chú ý: Nếu thay phương trình (2.15) bằng phương trình đơn giản hơn đó
là (2.5) thì trong định lí Fragmen-Lindelof R không bị chặn bởi R0, do đó α chỉ phụ thuộc vào γ, λ và M.
Xét E ⊂ Rn là tập bị chặn Borel. Dung lượng capE được đưa ra cách khác mặc dù phương pháp tương tự nhau. Cho M là tập các hàm f ∈ C0∞(Rn) đạt giá trị tại một trong các lân cận của E. Khi đó
capE = inf
f∈M
1 ωn
Z
Rn
|gradf|2dx,
trong đó ωn là diện tích của mặt (n−1)_chiều của hình cầu đơn vị trong Rn. Ta có ví dụ khác về Bổ đề tăng. Giả sử E ⊂Qx0
R. Khi đó capE
Rn−2 ≥ C.measE Rn ,
trong đó C là hằng số chỉ phụ thuộc vào chiều của không gian.
Khi đó từ Bổ đề 2.1 suy ra rằng:
Giả sử D ⊂ Qx2R0 (0 < R < R0) là tập mở khác rỗng giao với QxR0 và cho Γ = ∂D∩Qx2R0. Nếu u(x) là nghiệm suy rộng của phương trình (2.15) trong D, liên tục trong D, dương trong D và bằng 0 trên Γ, khi đó
sup
D
u >
1 +ξmeas E Rn
supu, E =QxR0\D,
trong đú ξ >0 là hằng số phụ thuộc vào λ và à của bất đẳng thức (2.2) và R0. Theo nguyên lý cực đại ta có thể kết luận như sau.
Bổ đề 2.2. Với ∀A>0 ∃ε0 > 0 sao cho nếu D ⊂ QxR0, 0<R<1, là tập mở chứa x0, Γ = ∂D∩Qx2R0 và u(x) là nghiệm của phương trình (2.15) trong D, liên tục trong D, dương trong D và bằng 0 trên Γ và
meas D< ε0Rn, khi đó
max
D
u > Au(x0).
Định lý 2.10. Cho nghiệm suy rộng của phương trình (2.15) xác định trong miền G⊂Rn, G0⊂⊂G và ρ(G0, ∂G) = r, r <1. Khi đó
max
D0
|u| ≤CkukL1(G),
trong đó C>0 phụ thuộc vào λ, M và r.
Chứng minh. Trong Bổ đề 2.2 ta đặt R = r
2, A= 2n và tìm ε0 thích hợp. Đặt
max
G
|u|= 2M =|u(x0)|.
Giả sửu(x0) = 2M (nếuu(x0) =−2M ta có thể thay u bằng -u). Đặtu1 =u−M và
D1 = n
x∈Qxr/20 ∩G:u1 >0 o
, để cho u|D
1 > M. Nếu
meas D1 ≥ε0r 4
n , khi đó R
G
udx > M và đặt C = ε2.4n
0rn, ta được bất đẳng thức cần tìm.
Cho
meas D1< ε0r 4
n , khi đó tồn tại ρ1,
0< ρ1 < r 4 sao cho
meas D1∩Qxρ01 =ε0ρn1.
Áp dụng Bổ đề 2.2 với hình cầu Qxρ10, tập D1∩Qxρ10 và hàm u, khi đó ta tìm được một điểm x1 ∈G, |x0−x1| ≤ρ1 sao cho
u(x1)>2.2n.M.
Tiếp theo, đặt u2=u−22M và D2=n
x∈Qxr/21 :u2>0o . Nếu meas D2 ≥ε0
r 4
n
,
khi đó ta được điều phải chứng minh với giá trị của C giống ở trên.
Cho
meas D2< ε0r 4
n ,
khi đó tồn tại ρ2,
0< ρ2 < r 4 sao cho
meas D2∩Qxρ02 =ε0ρn2.
Áp dụng Bổ đề 2.2 với hình cầuQxρ12, tập D2∩Qxρ21 và hàmu2, khi đó ta tìm được một điểm x2 ∈G, |x2−x1| ≤ρ2 sao cho
u(x2)>2.2n.M.
Tiếp tục quá trình, ta nhận được một dãyρ1, ..., ρk, .... Choρk là số đầu tiên sao cho
ρ1+ ...+ρk > r 4.
Ta có u(xk) → ∞ khi k → ∞ và u bị chặn trong hình cầu Qxr/20 . Do vậy tồn tại một số i0, 1≤i0 ≤k sao cho
ρi0 > r 4 ã 1
2i0. Trên tập Di0 có u >2i0.M và
Di0 ≥ωnr 4
n 1 2i0n. Như vậy
Z
G
udx > ωn r
4 n
,
trong đó ωn là thể tích của hình cầu đơn vị, và ta được bất phương trình sau max
G0 |u| ≤Cωn Z
G
|u|dx,
trong đó G là hằng số xác định ở trên.
Kết luận
Luận văn trình bày lớp phương trình elliptic tuyến tính cấp hai tổng quát ở cả hai dạng: không bảo toàn và bảo toàn. Cả hai dạng này đều chứa các phương trình Laplace và Poisson cổ điển như là các trường hợp đặc biệt.
Nhiều tính chất của nghiệm các phương trình Laplace và Poisson đã được khái quát một cách thích hợp đối với các nghiệm của các loại phương trình dạng không bảo toàn và dạng bảo toàn. Đó là nguyên lý cực đại, bất đẳng thức Harnack, các định lý Liouville và Fragmen-Lindelof.