Tài liệu Bài toán biên dirichlet cho phương trình elliptic tuyến tính cấp hai trong không gian holder

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TRẦN THỊ THÚY MAI BÀI TOÁN BIÊN DIRICHLET CHO PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC TUYẾN TÍNH CẤP HAI TRONG KHÔNG GIAN HOLDER LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Thái Nguyên - Năm 2012 1Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TRẦN THỊ THÚY MAI BÀI TOÁN BIÊN DIRICHLET CHO PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC TUYẾN TÍNH CẤP HAI TRONG KHÔNG GIAN HOLDER Chuyên ngành: GIẢI TÍCH Mã số: 60.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học PGS.TS HÀ TIẾN NGOẠN Thái Nguyên - Năm 2012 2Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn i Mục lục Mở đầu 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Công thức tích phân từng phần . . . . . . 1.2 Công thức Green thứ nhất . . . . . . . . 1.3 Công thức Green thứ hai . . . . . . . . . 1.4 Công thức Green biểu diễn hàm số . . . . 1.5 Lớp hàm Holder . . . . . . . . . . . . . . 1.6 Đánh giá Schauder đối với thế vị Newton 1.7 Phương pháp liên tục . . . . . . . . . . . 1.8 Phương pháp làm trơn hàm số . . . . . . 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Bài toán biên Dirichlet cho phương trình elliptic tuyến tính cấp hai 2.1 Đánh giá Schauder đối với nghiệm của bài toán biên Dirichlet cho phương trình Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Đánh giá Schauder đối với nghiệm bài toán biên Dirichlet cho phương trình elliptic tuyến tính cấp hai . . . . . . . . . 2.3 Tính giải được của bài toán biên Dirichlet cho phương trình Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Tính giải được của bài toán Dirichlet cho phương trình elliptic cấp hai dạng tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 3 3 4 4 6 7 10 11 14 14 19 26 27 Kết luận 28 TÀI LIỆU THAM KHẢO 29 3Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 1 Mở đầu 1. Lý do chọn Luận văn Phương trình elliptic tuyến tính cấp hai có một đặc điểm quan trọng là: khi vế phải và các hệ số của phương trình là các hàm liên tục thì nghiệm cổ điển lớp C 2 của nó nói chung là không tồn tại. Nhà toán học Schauder đã có một phát hiện quan trọng là khi vế phải và các hệ số của phương trình thuộc lớp Holder C α thì nghiệm luôn tồn tại trong lớp C 2,α . Do đó cần phải trình bày một cách hệ thống lý thuyết Schauder về tính giải được của phương trình elliptic cấp hai trong không gian Holder. 2. Phương pháp nghiên cứu Các phương pháp chính được sử dụng trong Luận văn là các đánh giá tiên nghiệm đối với thế vị Newton và sử dụng phương pháp liên tục để chuyển các kết quả cho phương trình Poisson sang loại phương trình tổng quát. 3. Mục đích của Luận văn Trình bày tính giải được của bài toán Dirichlet cho phương trình elliptic cấp hai dạng tổng quát. 4. Nội dung của Luận văn Luận văn bao gồm phần Mở đầu, hai chương nội dung chính, Kết luận và Tài liệu tham khảo. Chương 1. Giới thiệu các kiến thức chuẩn bị cho việc nghiên cứu kết quả chính của Luận văn. Trước hết trình bày công thức tích phân từng phần, sau đó trình bày các công thức Green thứ nhất, công thức Green thứ hai và công thức tích phân từng phần. Tiếp theo giới thiệu về lớp hàm Holder, đánh giá của Schauder đối với thế vị Newton và hai phương pháp quan trọng là phương pháp liên tục và phương pháp làm trơn hàm số. Chương 2. Giới thiệu các đánh giá của Schauder đối với nghiệm của 4Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 2 bài toán biên Dirichlet cho phương trình Poisson và đối với nghiệm của bài toán biên Dirichlet cho phương trình elliptic tuyến tính cấp hai. Tiếp theo trình bày về tính giải được của bài toán biên Dirichlet cho phương trình Poisson và tính giải được của bài toán Dirichlet cho phương trình elliptic cấp hai dạng tổng quát. Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn và nhiệt tình chỉ bảo của PGS.TSKH Hà Tiến Ngoạn, Viện Toán học. Em xin được bày tỏ lòng biêt ơn sâu sắc đến Thầy. Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban Giám hiệu, phòng Đào tạo, khoa Toán-trường Đại học sư phạm, Đại học Thái Nguyên đã tạo điều kiện thuận lợi trong suốt quá trình học tập tại trường. Xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đồng nghiệp và các thành viên trong lớp cao học toán K18B đã luôn quan tâm, động viên, giúp đỡ tôi trong suốt thời gian học tập và quá trình làm Luận văn. Tuy có nhiều cố gắng, song thời gian và năng lực của bản thân có hạn nên Luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót. Rất mong được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô cùng toàn thể bạn đọc. Thái Nguyên, tháng 08 năm 2012 Tác giả Trần Thị Thúy Mai 5Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 3 Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Công thức tích phân từng phần Giả sử Ω ⊂ Rd là miền bị chặn trong Rd với biên ∂Ω. Với x ∈ ∂Ω ta ký hiệu νx = (ν1 , ν2 , ..., νd ) là véctơ pháp tuyến ngoài đơn vị tại x, dσ(x) là phần tử diện tích của ∂Ω. Với u(x), v(x) ∈ C 1 (Ω) ∩ C 0 (Ω) ta có công thức tích phân từng phần sau đây: Z Z Z ∂u(x) ∂v(x) v(x)dx = − u(x) dx + u(x)v(x)νk dσ(x). (1.1) ∂xk ∂xk Ω 1.2 Ω ∂Ω Công thức Green thứ nhất Bổ đề 1.2.1. Giả sử u(x) ∈ C 2 (Ω) ∩ C 0 (Ω), v(x) ∈ C 1 (Ω) ∩ C 0 (Ω), d P ∂2u ∆u = . Khi đó ta có công thức Green thứ nhất ∂x2 k=1 k Z Z v(x)∆u(x)dx + Ω trong đó ∇u = ∇u(x).∇v(x)dx = Ω ∂u ∂u ( ∂x , ..., ∂x ) 1 d Z v(z) ∂u (z)dσ(z), ∂νz (1.2) ∂Ω , ∂u ∂νz = d P k=1 ∂u ∂xk νk = (∇u, νz ) là đạo hàm của u theo hướng νz . 6Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 4 Chứng minh. Ta có: Z Z d X ∂ ∂u v(x)∆u(x)dx = v(x) ( )dx ∂xk ∂xk Ω k=1 Ω  X Z Z X d d ∂u(z) ∂u ∂v dx + v(z) νk dσ(z) = − ∂x ∂x ∂x k k k k=1 Ω k=1 ∂Ω Z Z ∂u = − ∇u(x).∇v(x)dx + v(z) (z)dσ(z). ∂νz Ω ∂Ω Do đó ta có công thức (1.2). 1.3 Công thức Green thứ hai Bổ đề 1.3.1. Giả sử u(x), v(x) ∈ C 2 (Ω) ∩ C 0 (Ω), ta có công thức Green thứ hai:  Z Z  ∂u ∂v − u(z) (z) dσ(z). {v(x)∆u(x) − u(x)∆v(x)}dx = v(z) ∂νz ∂νz Ω ∂Ω (1.3) Chứng minh. Theo công thức Green thứ nhất ta có: Z Z Z ∂u (z)dσ(z). v(x)∆u(x)dx + ∇u(x).∇v(x)dx = v(z) ∂νz Ω Ω ∂Ω Đổi vai trò hàm u(x) và v(x) ta có: Z Z Z ∂v u(x)∆v(x)dx + ∇v(x).∇u(x)dx = u(z) (z)dσ(z). ∂νz Ω Ω ∂Ω Trừ các vế của hai phương trình trên ta có (1.3). 1.4 Công thức Green biểu diễn hàm số Định lý 1.4.1. Nếu u ∈ C 2 (Ω), ta có:  Z  Z ∂Γ ∂u u(y) = u(x) (x, y) − Γ(x, y) (x) do(x) + Γ(x, y)∆u(x)dx, ∂νx ∂νx ∂Ω Ω (1.4) 7Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 5 trong đó ( Γ(x, y) = Γ(|x − y|) = 1 2π log |x − y| với d = 2 1 2−d với d > 2 d(2−d)ωd |x − y| (1.5) và ωd là thể tích của hình cầu đơn vị trong Rd . Chứng minh. Với  > 0 đủ nhỏ, tồn tại hình cầu tâm y bán kính  B(y, ) ⊂ Ω (vì Ω mở ). Áp dụng (1.3) cho v(x) = Γ(x, y) và Ω \ B(y, ). Do Γ là hàm điều hòa theo biến x trong Ω \ {y}, ta thu được: Z Z n ∂Γ(x, y) o ∂u (x) − u(x) dσ(x) Γ(x, y)∆u(x)dx = Γ(x, y) ∂νx ∂νx ∂Ω Ω\B(y,) Z n + ∂Γ(x, y) o ∂u (x) − u(x) dσ(x). Γ(x, y) ∂νx ∂νx ∂B(y,) (1.6) Trong tích phân thứ hai trên biên, ν là pháp tuyến ngoài của Ω \ B(y, ), do vậy là pháp tuyến trong của B(y, ). Ta lấy giới hạn từng tích phân trong công thức khi  → 0. Do u ∈ C 2 (Ω), ∆u bị chặn. Do Γ là khả tích nên vế trái của (1.6) trở thành: Z Γ(x, y)∆u(x)dx. Ω Trên ∂B(y, ), ta có Γ(x, y) = Γ(). Vì vậy khi  → 0,  Z    ∂u   ≤ dωd d−1 Γ() sup |∇u| → 0. Γ(x, y) (x)dσ(x)   ∂ν x B(y,) ∂B(y,) Ngoài ra, Z − ∂Γ(x, y) ∂ u(x) dσ(x) = Γ() ∂νx ∂ ∂B(y,) Z u(x)dσ(x) ∂B(y,) 1 = dωd d−1 Z u(x)dσ(x) → u(y). ∂B(y,) 8Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 6 (do ν là pháp tuyến trong của B(y, )). Do vậy, ta có (1.4). 1.5 Lớp hàm Holder Định nghĩa 1.5.1. Cho f : Ω → R, x0 ∈ Ω, 0 < α < 1. Hàm f được gọi là liên tục Holder tại x0 với số mũ α nếu sup x∈Ω |f (x) − f (x0 )| < ∞. |x − x0 |α (1.7) Hơn nữa f được gọi là liên tục Holder trong Ω nếu nó liên tục tại mọi x0 ∈ Ω (với số mũ α). Khi đó ta viết f ∈ C α (Ω). Nếu f liên tục Holder tại x0 thì f liên tục tại x0 . Trong (1.7) nếu α = 1 thì f được gọi là liên tục Lipschitz tại x0 . Ta định nghĩa chuẩn: |f (x) − f (y)| |x − y|α x,y∈Ω |f |C α (Ω) = sup (1.8) kf kC α (Ω) = kf kC 0 (Ω) + |f |C α (Ω) (1.9) Không gian C α (Ω) với chuẩn (1.9) là không gian Banach. Ví dụ 1.5.2. Hàm f trên B1 (0) được cho bởi f (x) = |x|β , 0 < β < 1, liên tục Holder với số mũ β tại x = 0 và liên tục Lipschitz khi β = 1. Định nghĩa 1.5.3. C k,α (Ω) là không gian các hàm f ∈ C k (Ω) mà đạo hàm cấp k liên tục Holder với số mũ α. Khi đó kf kC k,α (Ω) = kf kC k (Ω) + X |Dα f |C α (Ω) . (1.10) |α|=k Ta thường viết C α thay cho C 0,α . Không gian C k,α (Ω) với chuẩn (1.10) là không gian Banach. Bổ đề 1.5.4. Nếu f1 , f2 ∈ C α (G) trên G ⊂ Rd . Khi đó f1 f2 ∈ C α (G) và:     |f1 f2 |C α (G) ≤ sup |f1 | |f2 |C α (G) + sup |f2 | |f1 |C α (G) . G 9Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên G http://www.lrc-tnu.edu.vn 7 Chứng minh. Ta có: |f1 (x)f2 (x) − f1 (y)f2 (y)| |f1 (x) − f1 (y)| ≤ |f2 (x)| |x − y|α |x − y|α |f2 (x) − f2 (y)| |f1 (x)|. + |x − y|α Suy ra điều phải chứng minh. 1.6 Đánh giá Schauder đối với thế vị Newton Định nghĩa 1.6.1. Cho Ω ∈ Rd là mở và bị chặn. Thế vị Newton của f là hàm số u trên Rn được định nghĩa bởi: Z u(x) = Γ(x, y)f (y)dy, (1.11) Ω trong đó Γ(x, y) được xác định bởi (1.5). Định lý 1.6.2. a. Nếu f ∈ L∞ (Ω) (tức sup |f (x)| < ∞), thì u ∈ C 1,α (Ω) và: x∈Ω kukC 1,α (Ω) ≤ c1 sup |f | với α ∈ (0; 1). (1.12) b. Nếu f ∈ C0α (Ω), thì u ∈ C 2,α (Ω) và: kukC 2,α (Ω) ≤ c2 kf kC α (Ω) với α ∈ (0; 1), (1.13) trong đó C0α (Ω) gồm các hàm thuộc C α (Ω) và bằng không trong lân cận của biên ∂Ω. Các hằng số trong (1.12) và (1.13) phụ thuộc vào α, d và |Ω|. Chứng minh. a. Đạo hàm cấp một v i = Z i x − yi i v (x) = f (y)dy |x − y|d ∂u ∂xi của u được cho bởi: (i = 1, 2, ..., d). Ω Trong công thức trên đã bỏ qua thừa số mà chỉ phụ thuộc vào d. Từ đó ta có công thức:  Z  i i i i   x − y x − y dy. |v i (x1 ) − v i (x2 )| ≤ sup |f |.  1 − 2 (1.14) d d |x − y| |x − y|  Ω 1 2 Ω 10Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 8 Theo định lý giá trị trung bình ta có: Trong đoạn [x1 ; x2 ] tồn tại x3 sao cho:  i  i i   x1 − y i x − y 2   c3 |x1 − x2 | (1.15)  |x − y|d − |x − y|d  ≤ |x − y|d . 1 2 3 Ta đặt δ = 2|x1 − x2 |. Do Ω là bị chặn nên ta có thể tìm R > 0 với Ω ⊂ B(x3 , R). Ta thay thế tích phân trên Ω trong (1.14) bởi tích phân trên B(x3 , R) và ta phân tích như sau: Z Z Z = + = I1 + I2 . (1.16) B(x3 ,R) B(x3 ,δ) B(x3 ,R)\B(x3 ,δ) Không mất tính tổng quát ta lấy δ < R. Ta có: Z 1 dy = 2ωd δ, I1 ≤ 2 |x2 − y|d−1 (1.17) B(x3 ,δ) và do (1.15) ta có : I2 ≤ c4 δ(log R − log δ) . Do đó: I1 + I2 ≤ c5 |x1 − x2 |α với α ∈ (0; 1). Hiển nhiên ta có: |v i (x)| ≤ c6 sup |f |. (1.18) Ω 2 u b. Đạo hàm cấp hai wij = ∂x∂i ∂x j của u được cho bởi:   Z 1 wij (x) = |x − y|2 δij − d(xi − y i )(xj − y j ) f (y)dy. |x − y|d+2 Trong công thức trên đã bỏ qua thừa số mà chỉ phụ thuộc vào d. Tuy nhiên ta vẫn cần chỉ ra rằng tích phân này là hữu hạn nếu giả thiết f ∈ C0α (Ω) cố định. Đầu tiên ta đặt f (x) = 0 với x ∈ Rd \ Ω. Điều này không ảnh hưởng đến tính liên tục Holder của f . Ta viết:
1 K(x − y) = |x − y|2 δij − d(xi − y i )(xj − y j ) |x − y|d+2  i  ∂ x − yi = . ∂xj |x − y|d 11Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 9 Ta có Z yj yi − . R2 |y|d Z K(y)dy = |y|=R2 R1 <|y| 0 đủ nhỏ và hàm u(x) cho trước ta đặt: Z 1 x−y uh (x) = d %( )u(y)dy, x ∈ Ω, h y Rd 14Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 12 trong đó u(y) được hiểu là bằng không bên ngoài Ω. Khi đó hàm uh (x) ∈ C0∞ (Rd ). Bổ đề 1.8.1. Với u ∈ C 0 (Ω), khi h → 0, uh hội tụ đều tới u trên tập bất kỳ Ω0 ⊂⊂ Ω. Chứng minh. Ta xét Z 1 x−y uh (x) = d )u(y)dy %( h h |x−y|≤h Z x−y = . %(z)u(x − hz)dz với z = y (1.30) |z|≤1 Vì vậy, nếu Ω0 ⊂⊂ Ω và 2h < dist(Ω, ∂Ω), sử dụng Z u(x) = %(z)u(x)dz |z|≤1 và do R %(z)dz = 1, ta thu được: |z|≤1 sup |u − uh | ≤ sup Ω0 Z %(z)|u(x) − u(x − hz)|dz, x∈Ω0 |z|≤1 ≤ sup sup |u(x) − u(x − hz)|. x∈Ω0 |z|≤1 Do u liên tục đều trên tập compact {x : dist(x, Ω0 ) ≤ h}, ta suy ra: sup |u − uh | → 0 với h → 0. Ω0 Bổ đề 1.8.2. Giả sử u ∈ Lp (Ω), 1 ≤ p < ∞. Với h → 0, khi đó ta có: ku − uh kLp (Ω) → 0. Hơn nữa, uh hội tụ tới u tại hầu khắp nơi. Chứng minh. Ta sử dụng bất đẳng thức Holder, trong (1.30) ta có 1 1 %(z)u(x − hz) = %(z) q %(z) p u(x − hz), 15Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 13 với 1 q + 1 p = 1, ta thu được:  Z  pq Z p |uh (x)| ≤ %(z)|u(x − hz)|p dz %(z)dz |z|≤1 |z|≤1 Z %(z)|u(x − hz)|p dz. = |z|≤1 Ta chọn tập Ω0 bị chặn với Ω ⊂⊂ Ω0 . Nếu 2h < dist(Ω, ∂Ω0 ) thì Z Z Z p |uh (x)| dx ≤ %(z)|u(x − hz)|p dzdx Ω Ω |z|≤1 = Z  Z %(z) |z|≤1 ≤ Z p  |u(x − hz)| dx dz (1.31) Ω |u(y)|p dy Ω0 (với phép thế y = x − hz ). Với ε > 0, ta chọn w ∈ C 0 (Ω0 ) với ku − wkLp (Ω0 ) < ε. Theo Bổ đề 1.8.1, với h đủ nhỏ, ta có: kw − wh kLp (Ω0 ) < ε. Áp dụng (1.31) với u − w, ta thu được: Z Z |uh (x) − wh (x)|p dx ≤ |u(y) − w(y)|p dy Ω0 Ω và do đó ku − uh kLp (Ω) ≤ ku − wkLp (Ω) + kw − wh kLp (Ω) + kuh − wh kLp (Ω) ≤ 2ε + ku − wkLp (Ω0 ) ≤ 3ε. Vì vậy uh hội tụ tới u với chuẩn tương ứng k.kp . Do đó dãy con của uh hội tụ tới u tại hầu khắp nơi. Khi đó dãy uh hội tụ tới u khi h → 0. 16Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 14 Chương 2 Bài toán biên Dirichlet cho phương trình elliptic tuyến tính cấp hai 2.1 Đánh giá Schauder đối với nghiệm của bài toán biên Dirichlet cho phương trình Poisson Xét phương trình Poisson sau trong miền Ω ⊂ Rd x ∈ Ω. ∆u(x) = f (x), (2.1) Ta ký hiệu H 1 (Ω) là không gian H 1 (Ω) = {u(x) ∈ L2 (Ω); ∂u ∈ L2 (Ω), ∀i = 1, 2, ..., d}. ∂xi Không gian H 1 (Ω) là không gian Hilbert với tích vô hướng sau: Z h d X ∂u ∂v i (u, v)H 1 (Ω) = u(x)v(x) + . dx. ∂x ∂x i i i=1 Ω Cho f (x) ∈ L2 (Ω), hàm số u(x) ∈ H 1 (Ω) được gọi là một nghiệm yếu của phương trình (2.1) nếu: Z X Z n ∂u ∂v − dx = f (x)v(x)dx (2.2) ∂x ∂x i i i=1 Ω Ω với mọi v(x) ∈ H01 (Ω), trong đó H01 (Ω) = {v(x) ∈ H 1 (Ω); v(x) = 0, x ∈ ∂Ω}. 17Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 15 Định lý 2.1.1. Giả sử Ω ⊂ Rd là mở và bị chặn, và Ω0 ⊂⊂ Ω. Cho u là một nghiệm yếu của ∆u = f trong Ω. (a) Nếu f ∈ C 0 (Ω), thì u ∈ C 1,α (Ω) và
kukC 1,α (Ω0 ) ≤ c12 kf kC 0 (Ω) + kukL2 (Ω) . (2.3) (b) Nếu f ∈ C α (Ω), thì u ∈ C 2,α (Ω) và
kukC 2,α (Ω0 ) ≤ c13 kf kC α (Ω) + kukL2 (Ω) . (2.4) Chứng minh. Ta chứng minh ước lượng (2.3) và (2.4) với giả thiết u ∈ C 2,α (Ω). Ta có thể phủ Ω0 bởi một só hữu hạn các hình cầu chứa trong Ω. Do đó ta chỉ cần xét các trường hợp Ω = B(0, R), 0 < r < R < ∞. Ω0 = B(0, r), Giả sử 0 < R1 < R2 < R. Ta chọn η ∈ C0∞ (B(0, R2 )) với 0 ≤ η ≤ 1, η(x) = 1 với |x| ≤ R1 và kηkC k,α (B(0,R2 )) ≤ c14 (R2 − R1 )−k−α . (2.5) φ = ηu. (2.6) Ta đặt Khi đó φ triệt tiêu ở phía ngoài của B(0, R2 ) và do Z ϕ(y) = Γ(x, y)∆ϕ(x)dx, Ω ta có: Z φ(x) = Γ(x, y)∆φ(y)dy. (2.7) Ω Ở đây ∆φ = η∆u + 2Du.Dη + u∆η, (2.8) k∆φkC 0 ≤ k∆ukC 0 + c15 kηkC 2 .ku|C 1 . (2.9) và vì vậy 18Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 16 Và do Bổ đề 1.5.4, ta có:
k∆φkC α ≤ c16 kηkC 2,α k∆ukC α + kukC 1,α . (2.10) Ở đây tất cả các chuẩn được tính toán trên B(0, R2 ). Từ Định lý 1.6.2 và (2.9) và (2.10), ta thu được:
(2.11) kφkC 1,α ≤ c17 k∆ukC 0 + kηkC 2 kukC 1 , và kφkC 2,α ≤ c18 kηkC 2,α k∆ukC α + kukC 1,α
(2.12) tương ứng. Do u(x) = φ(x) với |x| ≤ R1 , và trở lại (2.5), ta thu được:   1 kukC 1,α (B(0,R1 )) ≤ c19 k∆ukC 0 (B(0,R2 )) + kukC 1 (B(0,R2 )) , (R2 − R1 )2 (2.13) và   1 kukC 2,α (B(0,R1 )) ≤ c20 k∆ukC α (B(0,R2 )) + kukC 1,α (B(0,R2 )) (R2 − R1 )2+α (2.14) tương ứng. Bây giờ ta chỉ ra rằng với α ∈ (0; 1), với bất kỳ ε > 0 tồn tại N (ε) < ∞ sao cho: kukC 1 (Ω) ≤ εkukC 1,α (Ω) + N (ε)kukL2 (Ω) , (2.15) với mọi u ∈ C 1,α (Ω). Nếu không ta có thể tìm thấy một dãy hàm (un )n∈N ⊂ C 1,α (Ω) với kun kC 1 (Ω) = 1, kun kC 1 (Ω) > εkun kC 1,α (Ω) + nkun kL2 (Ω) . (2.16) Đặc biệt, kun kC 1,α (Ω) là bị chặn đều. Có nghĩa là un và đạo hàm cấp một của chúng liên tục đều. Từ định lý Arzela-Ascoli, ta chọn được một dãy con (un ) hội tụ tới u ∈ C 1 (Ω) với kukC 1 (Ω) = 1. Tuy nhiên từ (2.16) kéo theo kukL2 (Ω) = 0, do đó u ≡ 0, do vậy kukC 1 (Ω) = 0 (mâu thuẫn). Do vậy (2.15) được chứng minh. Bằng cách tương tự ta cũng chứng minh được kukC 2 (Ω) ≤ εkukC 2,α (Ω) + N (ε)kukL2 (Ω) . 19Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên (2.17) http://www.lrc-tnu.edu.vn 17 Ta đặt A1 = sup (R − r)3 kukC 1,α (B(0,r)) , 0≤r≤R A2 = sup (R − r)3 kukC 2,α (B(0,r)) . 0≤r≤R Để chứng minh (a), ta chọn R1 sao cho: A1 ≤ 2(R − R1 )3 kukC 1,α (B(0,R1 )) . (2.18) Và để chứng minh (b) ta chọn R1 sao cho: A2 ≤ 2(R − R1 )3 kukC 1,α (B(0,R1 )) . Khi đó (2.13) và (2.15) kéo theo:  3 A1 ≤ c21 (R − R1 ) k∆ukC 0 (B(0,R2 )) + (2.19) ε kukC 1,α (B(0,R2 )) (R2 − R1 )2  1 N (ε)kukL2 (B(0,R2 )) (R2 − R1 )2 (R − R1 )3 ε ≤ c22 . .A1 + c23 (R − R1 )3 k∆ukC 0 (B(0,R2 )) 3 2 (R − R2 ) (R2 − R1 ) (R − R1 )3 + c24 N (ε) kukL2 (B(0,R2 )) . (R2 − R1 )3 + Chọn R2 (R1 < R2 < R), và ε thích hợp, hệ số của A1 ở vế phải nhỏ hơn 1 2 . Khi đó ta được: 1 A1 (R − r)3   ≤ c25 k∆ukC 0 (B(0,R)) + kukL2 (B(0,R)) ku|C 1,α (B(0,r)) ≤ (2.20) với một hằng số phụ thuộc vào bán kính. Một cách tương tự từ (2.14) và (2.17) ta thu được:   (2.21) kukC 2,α (B(0,r)) ≤ c26 k∆ukC 0 (B(0,R)) + kukL2 (B(0,R)) với 0 < r < R. Từ ∆u = f , ta có (2.3) và (2.4) được chứng minh với u ∈ C 2,α (Ω). Với u ∈ H 1 (Ω) ta xét uh như trong chương 1. 20Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn