Bất đẳng thức Garding

1 Bài toán Dirichlet đối với phương trình elliptic tuyến tính cấp

2.1.1 Bất đẳng thức Garding

Cho toán tử elliptic đến cấp 2m trong Ω

A(x, D)u= X

|α|≤2m

aα(x)Dαu,

trong đó aα(x)∈C∞(Ω). Khi đó, A(x, D)u có thể viết dưới dạng

A(x, D)u= X

|α|≤m,|β|≤m

Ta xác định dạng song tuyến tính a(u, v) = X |α|≤m,|β|≤m Z Ω aαβDαu(x)Dβv(x)dx, ∀u(x), v(x)∈C0∞(Ω). (2.2) Khi đó, a(u, v) có thể mở rộng thành dạng song tuyến tính liên tục trên Hm0 (Ω). Thật vậy với mọi u(x), v(x)∈C0∞(Ω) thì

|a(u, v)| ≤C X |α|≤m,|β|≤m Z Ω |Dαu(x)Dβv(x)|dx ≤C X |α|≤m Z Ω |Dαu(x)|2dx 1 2 · X |β|≤m Z Ω |Dβv(x)|2dx 1 2 ≤C||u||Hm 0 (Ω) · ||v||Hm 0 (Ω).

Từ đó suy raa(u, v)có thể mở rộng thành dạng song tuyến tính liên tục trên Hm0 (Ω). Hơn nữa, với mọi u, v ∈C0∞(Ω), áp dụng công thức Green, ta có

a(u, v) = (A(x, D), v).

Theo định lý Lax-Milgram tồn tại duy nhất toán tử liên kết của dạng song tuyến tính a(u, v):

A: Hm0 (Ω) →H−m(Ω)

sao cho

a(u, v) = (Au, v), ∀u, v ∈Hm0 (Ω).

Điều này có nghĩa toán tử vi phân

A(x, D) : C0∞(Ω)→C0∞(Ω)

có thể mở rộng thành toán tử tuyến tính liên tục

A: Hm0 (Ω) →H−m(Ω)

xác định bởi (2.1).

Bổ đề 2.1. (Tính lồi logarithm của chuẩn Sobolev) Với s1 ≤ s ≤ s2, giả sử θ ∈ [0,1] sao cho s= θs1+ (1−θ)s2. Với mọi u ∈ Hs2(Rn) ta có

||u||Hs ≤ ||u||θHs1 · ||u||1H−θs2.

Hơn nữa nếu s1 < s2 với mọi ε > 0 thì tồn tại Cε >0 sao cho

Chứng minh. Thật vậy ta có ||u||2Hs = Z h (1 +|ξ|2)θs1|uˆ(ξ)|2θih(1 +|ξ|2)(1−θ)s2|uˆ(ξ)2(1−θ)|idξ. Áp dụng bất đẳng thức Ho¨lder: Z fθg1−θ ≤ Z f θZ g 1−θ , f, g ≥ 0. Ta có ||u||2Hs ≤ ||u||2Hθs1 · ||u||2(1Hs2−θ). Từ đó ta có bất đẳng thức cần chứng minh. Mặt khác, ta có aθb1−θ = (εa)θ(ε −θ 1−θb)1−θ ≤ max{εa, ε −θ 1−θb} ≤ εa+ε −θ 1−θb. Từ đó suy ra ||u||Hs ≤ ε||u||Hs1 +ε −θ 1−θ||u||Hs2 = ε||u||Hs1 +Cε||u||Hs2. Định lý 2.2. (Bất đẳng thức Garding) Giả sử A(x, D)u= X |α|≤m,|β|≤m Dβ(aαβDαu)

là toán tử elliptic đều trong Ω. Khi đó tồn tại hằng số c1, c2 >0 sao cho

a(u, u)≥ c1||u||2Hm

0 (Ω) −c2||u||2L2(Ω), ∀u ∈Hm0 (Ω). (2.3) Chứng minh. Bất đẳng thức Garding đối với toán tử elliptic cấp 2 đã được chứng minh trước đây. Ta chỉ chứng minh (2.3) với u ∈ C0∞(Ω). Để chứng minh bất đẳng thức Garding, ta tiến hành theo từng bước như sau:

Bước 1. Giả sửA(x, D) là toán tử elliptic thuần nhất cấp 2m hệ số hằng số:

A(x, D) = A(D) = X |α|=m,|β|=m aαβDα+βu trong đó aαβ là hằng số. Khi đó, ta có a(u, u) = X |α|=m,|β|=m Z Ω aαβDαuDβudx, u ∈C0∞(Ω).

Thác triển u(x) bằng 0 ngoài Ω, ta xem u ∈C0∞(Rn). Khi đó a(u, u) = X |α|=m,|β|=m Z Rn aαβDαuDβudx = X |α|=m,|β|=m (2π)−n Z Rn aαβξα+β|uˆ(ξ)|2dξ.

Vì A(D) là toán tử elliptic đều nên tồn tại γ0 >0 sao cho X |α|=m,|β|=m aαβξα+β ≥ γ0|ξ|2m. Do đó a(u, u)≥ γ0(2π)−n Z Rn |ξ|2m|uˆ(ξ)|2dξ. Ta biến đổi |ξ|2m|uˆ(ξ)|2 = (1 +|ξ|2m)|uˆ(ξ)|2− |uˆ(ξ)|2 ≥ 1 +|ξ| 2m (1 +|ξ|2)m(1 +|ξ|2)m|uˆ(ξ)|2− |uˆ(ξ)|2 ≥ 1 +|ξ| 2m (1 +|ξ|2)m(1 +|ξ|2)m|uˆ(ξ)|2−(1 +|ξ|2)m−1|uˆ(ξ)|2. Từ đó ta có a(u, u)≥ c||u||2Hm −c||u||2Hm−1.

Bước 2. Giả sử u ∈ C0∞(Ω), supp u ⊂ Ω ∩B(x0, δ), trong đó B(x0, δ) là hình cầu tâm x0, bán kính δ. Theo giả thiết aαβ(x) ∈ C0∞(Ω) nên aαβ liên tục đều trong Ω. Do đó tồn tại hàm w(δ) không phụ thuộc vào x0, dần về 0 khi

δ →0 sao cho với mọi α, δ

|aαβ(x)−aαβ(x0)| ≤ w(δ), ∀x∈ B(x0, δ).

Ký hiệu a0(u, v) là dạng song tuyến tính nhận được bằng cách thay các hàm

aαβ(x) bởi aαβ(x0). Giả sử A(x, D) là toán tử elliptic thuần nhất cấp 2m:

A(x, D)u = X |α|=m,|β|=m aαβ(x)Dα+βu. Khi đó a(u, u) = a0(u, u) + X |α|=m,|β|=m Z Ω (aαβ(x)−aαβ(x0))DαuDβudx.

Từ chứng minh bước 1, ta nhận được

a(u, u)≥ c||u||2Hm −c||u||2Hm−1 −w(δ)||u||2Hm chọn δ đủ bé sao cho w(δ)< c

2. Khi đó với u ∈C0∞(Ω), supp u⊂ Ω∩B(x0, δ), ta có

a(u, u)≥ c

2||u||2

Hm −c||u||2

Hm−1.

Bước 3. Giả sử {Bj} là phủ hữu hạn của Ω gồm các hình cầu Bj bán kính

δ và {φj} là phân hoạch đơn vị ứng với phủ {Bj} sao cho X

j φ2j(x) = 1, x ∈Ω, supp φj ⊂Bj. Ta có a(u, u) =X j X |α|=m,|β|=m Z Ω aαβ(x)Dα(φju)Dβ(φju)dx+a1(u, u)

trong đóa1(u, u)gồm những số hạng ứng vớiα, β mà ít nhất|α| hoặc|β| ≤ m−1. Khi đó

|a1(u, u)| ≤ c0||u||Hm−1 · ||u||Hm.

Khai triển Dα(φju) và Dβ(φju) theo công thức Leibniz, sau đó viết a(u, u)

dưới dạng a(u, u) =X j X |α|=m,|β|=m Z Ω aαβ(x)(φjDαu)(φjDβu)dx+a2(u, u)

với a2(u, u) gồm các số hạng chứa Dαu vàDβu mà |α| hoặc |β| ≤m−1. Khi đó

|a2(u, u)| ≤c00||u||Hm−1 · ||u||Hm Áp dụng chứng minh bước 2, ta được

a(u, u)≥ c 2 X j ||φju||2Hm −c00||u||Hm−1 · ||u||Hm. Lại có X j ||φju||2Hm = X j X |α|=m Z Ω |Dα(φju)|2dx+a3(u) =X j X |α|=m Z Ω φ2j|Dαu|2dx+a4(u) = X |α|=m Z Ω |Dαu|2dx+a4(u) = ||u||2Hm +a4(u).

Từ đó, ta có a(u, u)≥ c 2||u||2Hm −c00||u||Hm−1 · ||u||Hm. (2.4) Áp dụng Bổ đề 2.1 với s1 = 0, s2 = m, s =m−1, ε = c 4c00, ta được c00||u||Hm−1 · ||u||Hm ≤ c 4||u||2Hm +c1||u||Hm · ||u||L2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với ε= c 8c1, a =||u||Hm, b =||u||L2, ta được bất đẳng thức Garding với c1 = c 8 a(u, u)≥ ||u||2Hm − 3c 8 ||u||2Hm −c2||u||2L2 ≥ c 8||u||2Hm −c2||u||2L2 = c1||u||2Hm −c2||u||2L2.

Ta được điều phải chứng minh.

2.1.2 Bài toán Dirichlet đối với phương trình elliptic tuyến tính cấp cao

Giả sử A(x, D) là toán tử elliptic cấp 2m:

A(x, D)u= X

|α|≤m,|β|≤m

Dβ(aαβDαu)

trong miền bị chặn Ω ⊂ Rn, với biên ∂Ω đủ trơn, aαβ ∈ C∞(Ω). Khi đó có bất đẳng thức Garding

a(u, u) +c2||u||2L2(Ω) ≥ c1||u||2Hm

0 (Ω) với mọi u ∈ Hm0 (Ω).

Toán tử vi phân A∗(x, D) trong Ω được gọi là liên hợp hình thức của toán tử vi phân A(x, D) nếu

(A(x, D)u, v) = (u, A∗(x, D)v), ∀u, v ∈C0∞(Ω)

trong đó (·,·) là tích vô hướng trong L2(Ω).

Định nghĩa 2.3. Hàm u∈ Hm0 (Ω) được gọi là nghiệm suy rộng của bài toán

(A+λ)u= f với f ∈L2(Ω), u ∈Hm0 (Ω)

nếu

(u, A∗v+λv) = (f, v), ∀v ∈C0∞(Ω),

Định lý 2.4. Giả sử λ > c2. Khi đó với mọi f ∈ L2(Ω) tồn tại duy nhất nghiệm suy rộng của bài toán

(A+λ)u= f, u∈ Hm0 (Ω).

Chứng minh. Ký hiệua1(u, v) = a(u, v) +λ(u, v), trong đó a(u, v) là dạng song tuyến tính trong Hm0 (Ω) xác định bởi (2.2). Theo bất đẳng thức Garding có

a1(u, u) = a(u, u) +λ||u||2L2(Ω) ≥c1||u||2Hm 0 (Ω) ∀u ∈Hm0 (Ω). Mặt khác, ta lại có: |a1(u, v)| ≤ c||u||Hm 0 (Ω)||v||Hm 0 (Ω), ∀u ∈Hm0 (Ω).

Giả sử f(x)∈L2(Ω), khi đó với mọi v ∈ Hm0 (Ω) ta có

|(f, v)| ≤ ||f||L2(Ω) · ||v||L2(Ω) ≤c||v||Hm

0 .

Điều đó có nghĩa là (f, v) là phiếm hàm tuyến tính bị chặn trong Hm0 (Ω). Theo định lý Lax-Milgram tồn tại phần tử u0 ∈Hm0 (Ω) sao cho

a1(u0, v) = (f, v), ∀v ∈ Hm0 (Ω).

Ta có với mọi v ∈C0∞(Ω) thì

a1(u0, v) = a(u0, v) +λ(u0, v) = (Au0, v) +λ(u0, v) = (u0, A∗v +λv).

Do đó, ta có

(u0, A∗v +λv) = (f, v), ∀v ∈C0∞(Ω).

Giả sử u00 là một nghiệm khác của bài toán, nghĩa là

(u00, A∗v +λv) = (f, v), ∀v ∈C0∞(Ω).

Khi đó, ta có

(u0 −u00, A∗v+λv) = 0, ∀v ∈ C0∞(Ω).

Đặt w =u0−u00. Khi đó a1(w, v) = 0, ∀v ∈Hm0 (Ω), nên w = 0. Vậy nghiệm u0 của bài toán Dirichlet:

(A+λ)u0 = f, u0 ∈ Hm0 (Ω)

Định lý 2.5. Giả sử λ > c2. Khi đó với mọi f ∈L2(Ω), hj ∈ Hm−j − 1 2(∂Ω),

(j = 1,2, ..., m−1) tồn tại duy nhất nghiệm suy rộng của bài toán

(A+λ)u = f trong Ω, u ∈Hm(Ω) thỏa mãn ∂

ju

∂νj = hj trên ∂Ω, j = 1,2, ..., m−1.

Chứng minh. Với hj ∈Hm−j − 21(∂Ω) (j = 1,2, ..., m−1). Khi đó tồn tại duy

nhất h ∈Hm(Ω) sao cho ∂jh ∂νj =hj, (j = 1,2, ..., m−1). Đặt e f =f −(A+λ)h ∈H−m(Ω), λ > c2.

Theo hệ quả của định lý Lax-Milgram tồn tại duy nhất nghiệm của bài toán

(A+λ)v = f , ve ∈ Hm0 (Ω).

Khi đó u =v +h là nghiệm duy nhất của bài toán

(A+λ)u= f, u∈ Hm(Ω)

thỏa mãn

∂ju

∂νj =hj, (j = 1,2, ..., m−1).

2.2 Lý thuyết Fredholm-Riesz-Schauder và bài

toán Dirichlet thuần nhất

2.2.1 Lý thuyết Fredholm-Riesz-Schauder

Giả sử H là một không gian Hilbert thực. Ta ký hiệu (·,·) và || · || là tích vô hướng và chuẩn trong không gian H.

Mệnh đề 2.6. Mọi không gian hữu hạn chiều của không gian Hilbert H đều đóng.

Chứng minh. Giả sử H1 là không gian hữu hạn chiều của H. x1, ..., xn là cơ sở trực chuẩn của H1. Khi đó với mọi u∈ H1 đều có biểu diễn

u =α1x1+α2x2+· · ·+αnxn

trong đó αj = (u, xj), j = 1,2, ..., n. Nếu uk = αk1x1 +αk2x2 +· · ·αknxn là dãy hội tụ trong H1 đến u thì ước lượng

|αkj −αlj| = |(uk −ul, xj)| ≤ ||uk −ul|| · ||xj|| → 0 khi k, l →+∞.

Suy ra dãy {αkj}+k=1∞ (j = 1,2, ..., n) hội tụ trong R, tức là

lim

k→+∞αkj = α0j, j = 1,2, ..., n.

Đặt u0 = α01x1+α02x2+· · ·+α0nxn ∈ H1. Khi đó uk →u0 trong H. Từ tính duy nhất của giới hạn, ta suy ra u =u0 ∈H. Vậy mọi dãy {uk} ⊂ H1 hội tụ đến

u thì u∈ H1. Do đó, H1 là không gian con đóng của H.

Mệnh đề 2.7. Không gian con H1 trong H hữu hạn chiều khi và chỉ khi mọi dãy bị chặn trong H đều chứa một dãy con hội tụ.

Giả sửT là toán tử hoàn toàn liên tục trong H, nghĩa là nếu{uk}là một dãy bị chặn trong H thì dãy {T uk} chứa một dãy con hội tụ. Ký hiệu L = I −T, trong đó I là toán tử đơn vị trong H, và N = ker L= {u ∈ H: Lu= 0}.

Mệnh đề 2.8. Không gian con N của không gian H là hữu hạn chiều.

Chứng minh. N là không gian con của H. Ta chỉ cần chứng minh N hữu hạn chiều. Giả sử {uk} là dãy bị chặn trong N. Ta có Luk = 0, k = 1,2, ... Khi đó

T uk = uk. Vì T là toán tử hoàn toàn liên tục nên trích được một dãy con hội tụ {T ukl}+l=1∞. Vì T ukl = ukl nên {ukl} là một dãy con hội tụ của dãy bị chặn trong N. Từ mệnh đề 2.7, ta suy ra N hữu hạn chiều.

Ký hiệu M = {u ∈ H: (u, N) = 0}. Rõ ràng M là không gian con đóng của H.

Mệnh đề 2.9. Tồn tại hằng số c0 >0 sao cho ||T u|| ≤c0||u||, ∀u ∈H.

Chứng minh. Giả sử ngược lại không có hằng số c0 như vậy. Khi đó trong H tồn tại một dãy {uk} sao cho ||uk||= 1, ||T uk|| →+∞. Nhưng điều đó là không thể vì T là toán tử hoàn toàn liên tục.

Mệnh đề 2.10. Tồn tại hằng số c1 > 0 sao cho: c1−1||u|| ≤ ||Lu|| ≤c1||u|| ∀u ∈M.

Chứng minh. Bất đẳng thức bên phải suy ra từ mệnh đề 2.9. Giả sử bất đẳng thức bên trái không thỏa mãn. Khi đó tồn tại{uk} ⊂ M,||uk||= 1và||Luk|| →0

khi k →+∞. Vì T là hoàn toàn liên tục và {uk}là dãy bị chặn nên {T uk}chứa một dãy con {T ukl} hội tụ.

Mặt khác, ta có ukl −T ukl =Lukl hay là ukl = T ukl +Lukl. Vì dãy {Lukl}

hội tụ đến 0 và dãy {T ukl} hội tụ nên dãy {ukl} hội tụ. Giả sử lim

l→+∞ukl = u

trong H. Theo mệnh đề 2.9,

||T(ukl −u)|| ≤c0||ukl −u||.

Cho l → +∞, ta có T ukl →T u trong H. Từ đẳng thức ukl = T ukl +Lukl, cho l → +∞ ta có u = T u hay Lu = 0. Điều này có nghĩa u ∈ N, vì N và M

trực giao nên

(u, v) = 0, ∀v ∈ M.

Mặt khác M là không gian con đóng và {ukl} là dãy con hội tụ nên

lim

l→+∞ukl = u∈ M .

Từ đó suy ra u= 0. Điều này vô lý vì||ukl|| = 1 và lim

l→+∞ukl = u = 0. Mệnh đề được chứng minh xong.

Với mỗi v cố định, từ mệnh đề 2.9, ta có

|(v, T u)| ≤ ||v|| · ||T u|| ≤c||u||, ∀u∈ H.

Vậy(v, T u) là phiếm hàm tuyến tính bị chặn trong H. Theo định lý Frechet- Riesz, tồn tại phần tử g ∈H sao cho

(v, T u) = (g, u), với mọi u ∈ H.

Đặt g = T∗v, trong đó T∗ : v →T∗v = g ∈H, là toán tử tuyến tính trong H thỏa mãn điều kiện

(v, T u) = (T∗v, u) với mọi u, v ∈H. T∗ được gọi là toán tử liên hợp của T. Hơn nữa T∗∗ = T.

Chứng minh. Giả sử {uk} là một dãy bị chặn trong H, tức là ||uk|| ≤c với mọi

k = 1,2, .... Khi đó

||T∗uk||2 = (T∗uk, T∗uk) = (uk, T T∗uk)≤ ||uk|| · ||T T∗uk|| ≤c0c||T∗uk||.

Từ đó, ta có ||T∗uk|| ≤c0c, tức là dãy {T∗uk} bị chặn. Vì T là toán tử hoàn toàn liên tục nên tồn tại một dãy con hội tụ {T T∗ukl}. Do đó

||T∗(ukl −ukr)||2 = (T∗(ukl −ukr), T∗(ukl −ukr)) = (ukl −ukr, T T∗(ukl −ukr))

≤ 2c||T T∗(ukl −ukr)|| → 0 khi l, r →+∞.

Vậy {T∗ukl} hội tụ. Từ đó suy ra, T∗ là toán tử hoàn toàn liên tục.

Định lý 2.12. Phương trình

v −T∗v = f (2.5)

có nghiệm khi và chỉ khi f ∈M.

Chứng minh. Nếu phương trình (2.5) có nghiệm thì với mọi w ∈ N

(f, w) = (v−T∗v, w) = (v, w)−(T∗v, w) = (v, w)−(v, T w) = (v, w−T w) = (v, Lw) = 0.

Do đó f ∈M. Ngược lại giả thiết f ∈ M. Theo mệnh đề 2.10, ||Lu|| và ||u||

là các chuẩn tương đương trong M. Do đó với mọi u ∈M, ta có

|(u, f)| ≤ ||u|| · ||f|| ≤c||u||

có nghĩa (u, f) là phiếm hàm tuyến tính bị chặn trong M. Vì M là không gian con đóng của H nên M là không gian Hilbert. Vì vậy theo định lý Frechet-Riesz tồn tại phần tử w ∈ M sao cho (u, f) = (Lu, Lw) với mọi u ∈ M. Ta sẽ chứng minh rằng (u, f) = (Lu, Lw) trong H. Thật vậy, ta có N = ker L hữu hạn chiều nên N đóng trong H. Do đó với mọi u∈ H, ta có u= u0+u00, trong đó u0 ∈M,

u00 ∈ N và Lu00 = 0, (u00, f) = 0 ta được

(Lu, Lw) = (Lu0, Lw) = (u0, f) = (u0, f) + (u00, f) = (u, f).

Vậy(u, f) = (Lu, Lw)với mọiu ∈H. Giả sử v =Lw. Khi đó(Lu, v) = (u, f)

với mọi u ∈H. Từ đó (u, v −T∗v) = (u, f) với mọi u ∈H. Vì vậy

Ký hiệu L∗ = I −T∗, N∗ và M∗ là các không gian đối ngẫu của N và M. Khi đó, ta nhận được:

Hệ quả 2.13. Phương trình Lu= f có nghiệm khi và chỉ khi f ∈M∗.

Chứng minh. Ta có T∗ là toán tử hoàn toàn liên tục và T∗∗ =T. Do đó hệ quả được suy ra trực tiếp từ định lý 2.12.

Ta định nghĩa toán tử Ln (n= 1,2, ...) bằng quy nạp như sau:

L1 = L, Ln+1 = L·Ln, Nn =ker Ln = {u ∈H: Lnu= 0}.

Mệnh đề 2.14. Toán tử Ln có thể biểu diễn dưới dạng Ln =I −Tn, trong đó

Tn là toán tử hoàn toàn liên tục. Chứng minh. Thật vậy, ta có Ln = (I−T)n = n X j=0 Cnj(−1)jTj = I−(nT −Cn2T2+· · ·+ (−1)nTn) = I−Tn

trong đó Tn = nT −Cn2T2+· · ·+ (−1)nTn là toán tử hoàn toàn liên tục.

Hệ quả 2.15. Mọi không gian con Nn trong H đều là hữu hạn chiều. Chứng minh. Suy trực tiếp từ mệnh đề 2.8 và mệnh đề 2.14.

Mệnh đề 2.16. Nn ⊂ Nn+1.

Chứng minh. Với mọi u ∈ Nn ⇒Lnu = 0 ⇒Ln+1u= 0 ⇒u ∈Nn+1.

Mệnh đề 2.17. Tồn tại số nguyên dương k sao cho Nn 6= Nn+1 với n < k và

Nn = Nk với mọi n > k.

Chứng minh. Trước hết, ta chứng minh rằng nếu Nn = Nn+1 thì Nn+2 = Nn. Giả sử u ∈ Nn+2, có Ln+2u = 0. Hay là Ln+1Lu = 0, do đó Lu ∈ Nn+1 = Nn, có nghĩa là LnLu= 0, hay là Ln+1u= 0, suy rau ∈Nn+1 hay là Nn+2 ⊂Nn+1. Theo mệnh đề 2.16, ta có Nn+1 ⊂ Nn+2. Vì vậy Nn+2 =Nn+1 = Nn.

Ta giả thiết ngược lại mệnh đề 2.17 không đúng, tức là Nn 6= Nn+1 với mọi

n. Theo định lý về phép chiếu trong H, tồn tại dãy {un} ⊂ Nn+1, ||un|| = 1 sao cho (un, Nn) = 0. Ta có T(un−um) = un−(Lun+T um). Nếu n > m thì

Ln(Lun+T um) =Ln+1un+LnT um = 0.

Từ đó suy raLun+T um ∈ Nnvà||T(un−um)||2 = ||un||2 +||Lun+T um||2 ≥1. Vì vậy dãy{T un}không chứa một dãy con hội tụ. Điều này hoàn toàn mâu thuẫn vì T là toán tử hoàn toàn liên tục và {un} là dãy bị chặn. Mệnh đề được chứng minh.

Ký hiệu R là miền giá trị của toán tử L, còn R∗ là miền giá trị của L∗, tức là R = {v ∈H : ∃u∈ H, Lu= v}, R∗ = {v ∈H : ∃u∈ H, L∗u = v}. Khi đó, ta nhận được: Mệnh đề 2.18. Nếu R =H thì N ={0}.

Chứng minh. Giả thiết R = H, tồn tại u0 = 06 sao cho Lu0 = 0. Vì R = H ta giả sử u1, u2, ..., un lần lượt là nghiệm của phương trình Lu1 = u0, Lu2 = u1,