ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN THU HIỀN

BÀI TOÁN CALDERÓN
TRONG HÌNH TRÒN ĐƠN VỊ

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Hà Nội - 2019


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN THU HIỀN

BÀI TOÁN CALDERÓN
TRONG HÌNH TRÒN ĐƠN VỊ

Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 8 46 01 01 02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS. ĐẶNG ANH TUẤN

Hà Nội - 2019

Lời cảm ơn
Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Ban chủ nhiệm Khoa Toán - Cơ - Tin học,
Phòng Sau Đại Học, Phòng Đào tạo, Phòng CTCT - SV, trường Đại học Khoa học Tự
nhiên, ĐHQGHN đã tạo điều kiện thuận lời và giúp đỡ tôi trong quá trình học tập cũng
như nghiên cứu.

Tôi xin được gửi lời cảm ơn tới các thầy cô trong Khoa Toán - Cơ - Tin học, trường
ĐHKHTN - ĐHQGHN về sự động viên khích lệ, giúp đỡ trong suốt quá trình học tập.

Đặc biệt, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS.Đặng Anh Tuấn, người đã luôn hướng
dẫn, chỉ bảo tận tình, sát sao tôi trong quá trình thực hiện luận văn.

Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn tới em Mai Thị Kim Dung, người đã giúp tôi trong việc sử
dụng Latex và hoàn thiện trình bày luận văn.

Cuối cùng, tôi xin được gửi lời cảm ơn tới người thân, bạn bè những người đã giúp đỡ,
động viên tôi trong suốt quá trình thực hiện luận văn.

Hà Nội, ngày 24 tháng 11 năm 2019.
Học viên

Nguyễn Thu Hiền

1


Mục lục
Lời cảm ơn

1


Danh mục kí hiệu

3

Mở đầu

4

1 Chuẩn bị

6

1.1

Một số kiến thức giải tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2

Không gian Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.2.1

Không gian Sobolev trên xuyến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9


1.2.2

Không gian Sobolev trên B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2 Bài toán biên elliptic

26

2.1

Phương trình elliptic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.2

Ánh xạ Dirichlet - Neumann

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3 Bài toán Calderón

35

3.1

Ví dụ Alessandrini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3.2

Mở rộng ví dụ Alessandrini


3.3

Một số ví dụ khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

Kết luận

52

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

2


Danh mục kí hiệu
• N : Tập hợp số tự nhiên.
• Z+ : Tập hợp số nguyên không âm.
• Zn+ : Tập hợp số nguyên không âm n chiều.
• α : đa chỉ số, α ∈ Zn+ , α = (α1 , α2 , ..., αn ).
• |α| = α1 + α2 + ... + αn .
• Dα u : được định nghĩa Dα u =

∂ |α| u
.
∂x1 α1 ∂x2 α2 ...∂xn αn

• B = {(x1 , x2 ) ∈ R2 |x21 + x22 < 1}, hình tròn đơn vị tâm tại gốc.
• Tn là xuyến n chiều, Tn = Rn /2πZn .

• S1 = {eiθ |θ ∈ R} ⊂ R2 .
• Với A có thể là S1 , B, Tn ta định nghĩa:
đđ
Lp (A) = {u : A −−−−−−−→ C|
Lebesgue

|u(x)|p dx < ∞}, 1 ≤ p < ∞.
A

• C(S1 ): Không gian các hàm liên tục trên R, tuần hoàn chu kì 2π.
• C m (B): Không gian các hàm có đạo hàm tới cấp m liên tục trên B, với ∀|α| ≤ m.
• C ∞ (B): Không gian các hàm khả vi vô hạn trên B, C ∞ (B) =

∞

C m (B).

m=0

• C0 (B) = {u ∈ C(B), supp u là tập compact trong B}, supp u = {x ∈ B : u(x) = 0}.
• C0m (B) = {u ∈ C m (B), supp u là tập compact trong B}.
• C0∞ (B) =

∞

C0m (B).

m=0

• C m (B) : Không gian các hàm u có đạo hàm Dα u liên tục đều trên B, ∀|α| ≤ m.

• C ∞ (B) =

∞

C m (B).

m=0

• ∇u = (ux1 , ux2 ) , uxj , j = 1, 2 là đạo hàm riêng của u theo xj .
3


Mở đầu
Xét vật thể dẫn điện là một bản mỏng, có thể xem là hình tròn B với tính dẫn γ(x). Giả
thiết trên miền B vật thể không có nguồn hoặc tụ. Đặt một điện áp f lên S1 sẽ sinh ra
một điện thế u trong B, thỏa mãn bài toán biên Dirichlet


∇ · (γ∇u) = 0 trong B,



(1)

1

u = f trên S .
1

Bài toán biên Dirichlet (1) có duy nhất nghiệm u ∈ H 1 (B) với mỗi f ∈ H 2 (S1 ). Khi đó

1

1

ta có thể định nghĩa ánh xạ Dirichlet-Neumann Λγ : H 2 (S1 ) → H − 2 (S1 ) được xác định
bởi
Λγ f = γ∂ν u|S1 .
Λγ f biểu thị dòng điện đi ra theo hướng pháp tuyến trên S1 . Ánh xạ Dirichlet-Neumann
hoàn toàn được xác định bằng phép đo đạc trên biên.
Bài toán Calderón đặt ra là nếu như ta hiểu ánh xạ Dirichlet-Neumann thì ta biết
được gì về tính dẫn của vật thể dẫn điện.
Trong luận văn này, công việc của người viết là trình bày ví dụ mở rộng của Alessandrini
về bài toán Calderón như xét được tính ổn định và khôi phục lại tính dẫn của vật. Ngoài
ra người viết quan tâm đến các kết quả về tính ổn định C α , 0 < α < 1, của T.Barcelo và
đồng nghiệp trong bài báo [11], tính ổn định H α , 0 < α < 1, của A. Clop và đồng nghiệp
trong bài báo [5].
Bố cục của luận văn gồm 3 chương:
• Chương 1: Trình bày những kiến thức về giải tích, không gian Sobolev trên xuyến
và không gian Sobolev trên hình tròn để sử dụng cho các chương sau.
• Chương 2: Trình bày các kết quả về tính trơn của nghiệm trong phương trình elliptic.
Sau đó, từ định lý về sự tồn tại duy nhất nghiệm của bài toán biên Dirichlet cho
phương trình elliptic, người viết trình bày định nghĩa và một số tính chất của ánh
xạ Dirichlet-Neumann. Trong trường hợp hệ số của phương trình elliptic đặc biệt,
người viết nhắc lại các kết quả giúp cho việc viết được tường minh ánh xạ DirichletNeumann.

4


• Chương 3: Xuất phát từ ví dụ của Alessandrini, người viết quan tâm đến lớp tính
dẫn

γα (x) =



α0 + α1 (a − r)

nếu 0 < r < a, r = |x| ,


α0

nếu a < r < 1,

(2)

Đối với lớp tính dẫn này, người viết thu được các kết quả:
(+) Viết tường minh ánh xạ Dirichlet - Neumann (D-N).
(+) Tính ổn định Lipschitz.
(+) Khôi phục được tính dẫn từ ánh xạ D-N.
Về tính ổn định của các tính dẫn trong C α trong bài báo [11], T.Barcelo và đồng
nghiệp thu được
γ1 − γ2

L∞ (Ω)

≤V

Λγ1 − Λγ2

∗


.

Bằng nội suy dẫn đến C β ổn định, 0 < β < α. Trong luận văn, người viết dùng dãy
các tính dẫn
γa (r) = 1 + aα ρ

r
, a > 0,
a

trong đó
ρ (r) =


1

e r2 −1

|r| < 1,


0

|r| ≥ 1,

để chỉ ra rằng β không thể bằng α.
Về tính ổn định của các tính dẫn trong H α trong bài báo [5], A.Clop và đồng nghiệp
thu được
γ1 − γ2


L2 (Ω)

≤V

Λγ1 − Λγ2

∗

.

Bằng nội suy dẫn đến H β ổn định, 0 < β < α. Để chỉ ra β không bằng α ta cần đến
dãy các tính dẫn phức tạp hơn. Trong trường hợp C β ổn định ta cần một hình tròn
con còn trong trường hợp này ta cần đến nhiều hình tròn con. Khi số hình tròn con
tăng ra vô hạn ta sẽ thấy không H α ổn định.

5


Chương 1

Chuẩn bị
1.1

Một số kiến thức giải tích

Ký hiệu Tn là xuyến n chiều, Tn = Rn /2πZn . Hàm f : Tn → C được hiểu f : Rn → C,
tuần hoàn với chu kỳ 2πZn .
Định nghĩa 1.1. Cho p ∈ [1; +∞), không gian Lp (Tn ) được định nghĩa như sau





p
n
n
p
L (T ) := f : R → C : |f (x)| dx < +∞ ,


Tn

là tích phân Lebesgue trên [0; 2π]n , với chuẩn

trong đó
Tn

 p1


f

Lp (Tn )

:= 

1
(2π)n

|f (x)|p dx .

Tn

Nhận xét 1.1. (1) L2 (Tn ) là một không gian Hilbert trên C, với tích vô hướng
(f, g)L2 (Tn ) :=

1
(2π)n

f (x)g(x)dx, f, g ∈ L2 (Tn ).
Tn

(2) Với n = 1 , T = R/2πZ = S1 , hàm f : T = S1 → C được hiểu f : R → C, tuần hoàn
với chu kỳ 2π.
(3) Với n = 2, T2 = R2 /2πZ2 = S2 , hàm f : T2 → C được hiểu f : R2 → C thỏa mãn
f (x1 + k1 2π, x2 + k2 2π) = f (x1 , x2 ), ∀k1 , k2 ∈ Z, ∀(x1 , x2 ) ∈ R2 .
Khi đó
L2 (T) = L2 S1 = L2 (0, 2π) ; L2 (Tn ) = L2 ((0, 2π)n ) .
6


Định nghĩa 1.2. ([8]) Với f ∈ L1 (Tn ), ta định nghĩa hệ số Fourier thứ k của f như sau:
f (k) =

1
(2π)n

f (x) e−ikx dx,
(0,2π)n

trong đó k ∈ Zn , k = (k1 , k2 , ..., kn ), kx = k1 x1 + k2 x2 + ... + kn xn .

Chuỗi Fourier của f là:
f (k) ek với ek (x) = eikx .
k∈Zn

Định lý 1.1. ([8])(Tính duy nhất ) Cho f ∈ L1 (Tn ). Nếu f (k) = 0 với mọi k ∈ Zn thì
f = 0 hầu khắp nơi.
Chứng minh. Xem chứng minh chi tiết trong [8], Định lý 3.2.4 .
Định lý 1.2. ([8])
(i) Với mọi f ∈ L2 (Tn ), tổng riêng Sn,R f (x) =

f (k)ek (x) hội tụ đến f trong
k∈Zn ,|kj |≤R

L2 (Tn ), khi R → ∞.
(ii) Với {ak }k∈Zn thỏa mãn

|ak |2 < +∞. Khi đó tồn tại f ∈ L2 (Tn ) thỏa mãn
k∈Zn

f (k) = ak . Cụ thể f là giới hạn trong L2 (Tn ) của

ak ek khi R → ∞.
k∈Zn ,|kj |≤R

Chứng minh. Xem chứng minh chi tiết trong [8], Định lý 3.2.7 .
Định lý 1.3. ([8]) Cho f, g ∈ L2 (Tn ), ta có các đẳng thức sau:
(1) Đẳng thức Parseval
f (k)g(k).

(f, g)L2 (Tn ) =

k∈Zn

(2) Đẳng thức Plancherel
f

2
L2 (Tn )

2

=

f (k) .
k∈Zn

Chứng minh. Xem chứng minh chi tiết trong [8], Định lý 3.2.7 .
Phần tiếp theo, ta sẽ quan tâm đến tích chập.
Định nghĩa 1.3. Cho f, g là hàm đo được trên Rn , tích chập của hai hàm đo được f, g
được định nghĩa hình thức như sau
f (x − y)g(y)dy, x ∈ Rn .

(f ∗ g)(x) =
Rn

7


Định nghĩa 1.4. (1) Cho hàm ρ ∈ C0∞ (Rn ) được xác định bởi

 Ce |x|21−1

nếu |x| < 1,
ρ(x) =

0
nếu |x| ≥ 1,
trong đó C là hằng số sao cho

ρ(x)dx = 1.
Rn

(2) Với mỗi ε > 0, ta định nghĩa
1 x
ρ( ).
εn ε
Nhận xét 1.2. (1) ρ ≥ 0 và ρ ∈ C0∞ (Rn ), supp ρ = B(0, 1).
ρε (x) =

(2) ρε ∈ C0∞ (Rn ) thỏa mãn
ρε (x)dx = 1,
Rn

và supp ρε ⊆ B(0, ε).
Mệnh đề 1.1. Với R > 0, ε > 0 và x0 ∈ Rn . Ta xây dựng được một hàm cắt
η = χBR+ ε (x0 ) ∗ ρ 2ε ,
2

thỏa mãn
(1) η ∈ C0∞ (Rn ) và 0 ≤ η ≤ 1 trong Rn .
(2) η = 1 trong BR (x0 ) và η = 0 ngoài BR+ε (x0 ).
(3) |


η| ≤

C
,
ε

trong Rn với C là một hằng số dương.

Chứng minh. Tính toán tương tự trong chứng minh Mệnh đề 1.2 trong [3].
Ta có thể xem u ∈ Lp (B) như một hàm u ∈ Lp (Rn ) bằng cách cho u = 0 ngoài B. Khi
đó sử dụng Mệnh đề 1.2 trong [1] ta có kết quả sau.
Mệnh đề 1.2. Cho 1 ≤ p < ∞. Khi đó với mọi u ∈ Lp (B), ta có
ρε ∗ u hội tụ đến u trong Lp (B), khi ε → 0+ .
Định lý 1.4. ([8])(Bất đẳng thức Young) Cho 1 ≤ p, q ≤ ∞ và r ≥ 1 thỏa mãn
1
1 1
1 + = + . Nếu f ∈ Lp (Rn ), g ∈ Lq (Rn ), thì
r
p q
f ∗g

Lr (Rn )

≤ f

Lp (Rn )

g


Lq (Rn ) .

(1.1)

Chứng minh. Xem chứng minh chi tiết trong [8], Định lý 1.2.12.
Nhận xét 1.3. Với 1 ≤ p, q ≤ ∞ và r ≥ 1 thỏa mãn 1 +
8

1
1 1
1 1
= + thì 1 ≤ + ≤ 2.
r
p q
p q


1.2
1.2.1

Không gian Sobolev
Không gian Sobolev trên xuyến

Định nghĩa 1.5. Cho s > 0, không gian Sobolev trên xuyến được định nghĩa như sau:
H s (Tn ) =

s

1 + |k|2


f ∈ L2 (Tn ) :

2

f (k)

< +∞ .

k∈Zn

Chuẩn của H s (Tn ) xác định bởi
f

H s (Tn )

1 + |k|2

=

1
2

2

s

f (k)

.


(1.2)

k∈Zn

Mệnh đề 1.3. Với 0 < s < 1. Khi đó, với f ∈ H s (Tn ), ta có
f

2
H s (Tn )

∼

dx
(0,2π)n

(0,2π)n

|f (x + z) − f (x)|2
dz +
|z|n+2s

|f (x)|2 dx.

(1.3)

(0,2π)n

Chứng minh. Xét

(0,2π)n (0,2π)n


|f (z + x) − f (x)|2
dxdz =
|z|n+2s

(0,2π)n

dz
|z|n+2s

|f (x + z) − f (x)|2 dx. (1.4)
(0,2π)n

Áp dụng đẳng thức Parseval cho hàm g (x) = f (z + x) − f (x) có
1
(2π)n

|g (k)|2 .

|f (z + x) − f (x)|2 dx =
k∈Zn

(0,2π)n

Trong đó
g (k) =

1
(2π)n


g (x) e−ikx dx =

1
(2π)n

(0,2π)n

[f (z + x) − f (x)] e−ikx dx
(0,2π)n


=



1 

(2π)n

f (z + x) e−ikx dx −

(0,2π)n


f (x)e−ikx dx
(0,2π)n

= f (k)eikz − f (k) = f (k)(eikz − 1).
Khi đó
2


(1.5) =

f (k)
k∈Zn

(0,2π)n

9

eikz − 1
|z|n+2s

2

dz.

(1.5)


Đặt w = |k| z, suy ra dw = |k|n dz.
Ta xét
eikz − 1
n+2s

(0,2π)n

|z|

2


ikω

e |k| − 1

2
2s

dz = |k|

n+2s

|ω|

(0,2π|k||)n

sin2 kw
|k|

2s

dω = |k|

n+2s dω

4 |ω|

(0,2π|k|)n

Tích phân Ak không phụ thuộc vào hướng của


= |k|2s Ak .

k
. Ta thấy rằng có các hằng số dương
|k|

C1 , C2 sao cho
0 < C2 < Ak < C1 .
Khi đó
eikz − 1
n+2s

(0,2π)n

|z|

2

dz = |k|2s Ak ∼ |k|2s .

Vậy
f

2
H s (Tn )

2

2


|k|2s f (k) +

∼

f (k) .
k∈Zn

k∈Zn

Định nghĩa 1.6. Cho f ∈ L2 (Tn ) và α ∈ Zn+ . Ta nói g ∈ L2 (Tn ) là đạo hàm riêng yếu
cấp α của f , viết Dα f = g nếu
(f, Dα ϕ)L2 (Tn ) = (−1)|α| (g, ϕ)L2 (Tn ) , ∀ϕ(x) ∈ C ∞ (Tn ).
Mệnh đề 1.4. Cho s ∈ Z+ .
(i) Giả sử f ∈ L2 (Tn ) có các đạo hàm riêng yếu Dα f ∈ L2 (Tn ), ∀|α| ≤ s. Khi đó
f ∈ H s (Tn ).
(ii) Giả sử f ∈ H s (Tn ). Khi đó f ∈ L2 (Tn ) và có các đạo hàm riêng yếu
Dα f ∈ L2 (Tn ), ∀|α| ≤ s.
Hơn nữa
f

2
H s (Tn )

Dα f

2
L2 (Tn )

.


|α|≤s

Ví dụ 1.1. Với s ∈ Z+ , ta có C0s (−π, π)2 ⊂ C s (T2 ) ⊂ H s (T2 ).

10


Chứng minh.

(i) Giả sử rằng f ∈ L2 (Tn ), Dα f ∈ L2 (Tn ) với mọi |α| ≤ s. Theo định

nghĩa đạo hàm riêng yếu, hệ số Fourier của Dα f xác định như sau
Dα f (k) =

1
(2π)n

[Dα f (x)] e−ikx dx
Tn

=

1
(−1)|α|
(2π)n

f (x) Dα e−ikx dx
Tn


= (ik)α f (k).
Áp dụng đẳng thức Parseval ta được
Dα f

2
L2 (Tn )

2

Dα f

=

|α|≤s

L2 (Tn )

|α|≤s


|k α f (k)|2 =

=

|k α |2  |f (k)|2 .


k∈Zn

|α|≤s k∈Zn




|α|≤s

Ta thấy rằng có các hằng số dương C1 , C2 sao cho
C1 (1 + |k|2 )s ≤

|k α |2 ≤ C2 (1 + |k|2 )s , ∀k ∈ Zn ,
|α|≤s

hay
|k|2α

(1 + |k|2 )s .

|α|≤s

Khi đó
f ∈ H s (Tn ) và

Dα f

2
L2 (Tn )

2
H s (Tn )

f


.

|α|≤s

(ii) Nếu f ∈ H s (Tn ), suy ra

(1 + |k|2 )s |f (k)|2 < +∞. Ta sẽ chứng minh rằng, với
k∈Zn

mọi α, |α| ≤ s , tồn tại gα ∈ L2 (Tn ) sao cho
(gα , ϕ)L2 (Tn ) = (−1)α (f, Dα ϕ)L2 (Tn ) , ∀ϕ ∈ C ∞ (Tn ).
Thật vậy, lấy gα (k) = (ik)α f (k), ta có
|gα (k)|2 =
k∈Zn

2

|k α |2 f (k)

1 + |k 2 |

≤

s

2

f (k) , ∀|α| ≤ s.


k∈Zn

k∈Zn

Áp dụng Định lý 1.2 ta có
L2 (Tn )

gα (k) −→ gα (x), gα (x) ∈ L2 (Tn ).
k∈Zn

11


gα

2
L2 (Tn )

|gα (k)|2 ≤ f

=

2
H s (Tn )

.

k∈Zn

Khi đó

gα (k)ϕ(k)

(gα , ϕ)L2 (Tn ) =
k∈Zn

(−1)|α| f (k)(ik)α ϕ(k)

(ik)α f (k)ϕ(k) =

=
k∈Zn

k∈Zn

(−1)|α| f (k)Dα ϕ(k)

=
k∈Zn

= (−1)|α| (f, Dα ϕ)L2 (Tn ) .
Ta suy ra gα = Dα f, ∀|α| ≤ s. Hơn nữa
Dα f

2
L2 (Tn )

2
H s (Tn )

≤C f


.

|α|≤s

Định nghĩa 1.7. Với s > 0, ta định nghĩa H −s (Tn ) = (H s (Tn )) là không gian đối ngẫu
của không gian H s (Tn ).
H −s (Tn ) = f : H s (Tn ) → C tuyến tính liên tục

.

Theo định nghĩa chuẩn của phiếm hàm tuyến tính liên tục f ∈ H −s (Tn ) được xác định
như sau:

f

H −s (Tn )

=

sup
0=g∈H s (Tn )

|(f, g)|
.
g H s (Tn )

Mệnh đề 1.5. Với f ∈ H −s (Tn ) , ta có
f


H −s (Tn )

2 −s

1 + |k|

=

2

f (k)

1
2

,

k∈Zn

trong đó f (k) = (f, ek ) là hệ số Fourier thứ k của f .
Chứng minh. Lấy g ∈ H s (Tn ), g =

g(k)eikx .
k∈Zn

Với f ∈ H −s (Tn ), ta có:
(f, g) =

g(k)eikx


f,
k∈Zn

=

f (k)g(k),
k∈Zn

12

(1.6)


và
g

2 s

1 + |k|

=

H s (Tn )

1
2

2

|g (k)|


.

k∈Zn

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta được
|(f, g)| =

1 + |k|2

f (k)g(k) =
k∈Zn

s
2

g (k) 1 + |k|2

f (k)

k∈Z n
1
2

2 s

1 + |k|

|g (k)|2


2 −s

×

1 + |k|

k∈Zn

g

−s
2

2

1
2

f (k)

k∈Zn

H s (Tn )

2

2 −s

×


1 + |k|

1
2

f (k)

.

k∈Zn

Ta suy ra
f

2 −s

1 + |k|

H −s (Tn )

1
2

2

.

f (k)

(1.7)


k∈Zn

Mặt khác, ta xét gN ∈ H s (Tn ), xác định bởi
(1 + |k|2 )−s f (k)eikx .

gN (x) =
k∈Zn ,|kj |≤N

Theo định nghĩa gN

2
H s (Tn )

(1 + |k|2 )s |gN (k)|2 .

=
k∈Z n

Khi đó
gN

2
H s (Tn )

(1 + |k|2 )s (1 + |k|2 )−2s |f (k)|2

=
k∈Zn ,|kj |≤N


(1 + |k|2 )−s |f (k)|2 .

=
k∈Zn ,|kj |≤N

Ta có
(f, gN )L2 (Tn ) =

f (k)gN (k)
k∈Zn

f (k)(1 + |k|2 )−s f (k)

=
k∈Zn ,|kj |≤N

(1 + |k|2 )−s |f (k)|2 = gN

=
k∈Zn ,|kj |≤N

Ta lại có
(f, gN )L2 (Tn ) ≤ f

H −s (Tn )

13

. gN


H s (Tn )

.

2
H s (Tn )

.


Cho nên
2
H s (Tn )

gN

≤ f

H −s (Tn )

H s (Tn )

≤ f

. gN

H s (Tn )

.


Từ đó suy ra
gN

,

H −s (Tn )

hay
(1 + |k|2 )−s |f (k)|2 ≤ f
k∈Zn ,|k

.

H −s (Tn )

j |≤N

Cho N → +∞, thì
(1 + |k|2 )−s |f (k)|2 ≤ f

H −s (Tn )

.

(1.8)

k∈Zn

Vậy từ (1.7) và (1.8), ta được (1.6).
(i) Nếu s ≥ t > 0 thì H s (Tn ) → H t (Tn ) .


Mệnh đề 1.6.

(ii) Nếu s ≥ |α| > 0, α ∈ Zn+ và f ∈ H s (Tn ) thì Dα f ∈ H s−|α| (Tn ).
Chứng minh.

(i) Với s ≥ t > 0 và f ∈ H s (Tn ),
f

2
H s (Tn )

(1 + |k|2 )s |f (k)|2

=
k∈Zn

(1 + |k|2 )t |f (k)|2 = f

≥

2
H t (Tn )

.

k∈Zn

Suy ra f ∈ H t (Tn ) và f


H t (Tn )

≤ f

H s (Tn )

, ∀f ∈ H s (Tn ).

(ii) Do f ∈ H s (Tn ) nên theo ý (i) f ∈ H [s] (Tn ). Từ Mệnh đề 1.4 ta có
Dα f ∈ L2 (Tn ), ∀|α| ≤ [s] ≤ s.
Với s ≥ |α| > 0, ta có
(1 + |k|2 )s−|α| Dα f (k)

2

(1 + |k|2 )s−|α| |k|2|α| f (k)

=

k∈Zn

2

k∈Zn

(1 + |k|2 )s−|α| 1 + |k|2

≤
k∈Zn


2

(1 + |k|2 )s f (k) .

=
k∈Zn

Do f ∈ H s (Tn ) nên

(1 + |k|2 )s f (k)

2

< +∞.

k∈Zn

Suy ra
(1 + |k|2 )s−|α| Dα f (k)
k∈Zn

14

2

< +∞.

|α|

2


f (k)


Khi đó
Dα f ∈ H s−|α| (Tn ).

Định lý 1.5.

(i) Với s > n2 , ta có
H s (Tn ) → C (Tn ) .

(ii) Với s > m + n2 , m ∈ Z+ , ta có
H s (Tn ) → C m (Tn ) .
Chứng minh.

f (k)eikx hội

f (k)eikx . Ta sẽ chỉ ra

(i) Với f ∈ H s (Tn ) , f (x) =

k∈Zn

k∈Zn

tụ đến f trong C(Tn ). Thật vậy áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có
−s
2


1 + |k|2

|f (k)| =

1 + |k|2

s
2

|f (k)|

k∈Zn

k∈Zn

1
2

2 −s

≤

1 + |k|

1
2

2 s

1 + |k|


.

k∈Zn

|f (k)|2

.

k∈Zn

Do s > n2 , sử dụng dấu hiệu so sánh, ta có

−s

(1 + |k|2 )

< +∞.

k∈Zn

Mặt khác
1 + |k|2

s

|f (k)|2 hội tụ do f ∈ H s (Tn ).

k∈Zn


Khi đó
f (k)eikx hội tụ đến f (x) trong C(Tn ).
k∈Zn

Vậy f ∈ C(Tn ).
(ii) Với s > m +

n
, f ∈ H s (Tn ). Theo Mệnh đề 1.6 ta có
2
Dα f ∈ H s−|α| (Tn ) → H m (Tn ).

Bằng phương pháp quy nạp, ta sẽ chứng minh rằng với mọi α ∈ Zn+ , α = (α1 , α2 , ..., αn ),
|α| ≤ m, đạo hàm riêng yếu Dα f chính là đạo hàm thông thường.
n
Với m = 1, ta sẽ chứng minh H s (Tn ) → C 1 (Tn ) , ∀s > 1 + .
2
Do f ∈ H s (Tn ), nên f có đạo hàm riêng yếu Dα f, với |α| = 1.
15


Theo Mệnh đề 1.6, ta có H s (Tn ) → H 1 (Tn ) và Dα f ∈ H s−1 (Tn ).
n
Theo ý (i), với s > , ta có
2
f (k)eikx hội tụ đến f trong C(Tn ).
k∈Zn

Với s − 1 >


n
, khi |α| = 1, ta có
2
(ik)α f (k)eikx hội tụ đều đến Dα f trên Tn .
|α|≤m

Khi đó f có đạo hàm riêng thông thường Dα f trong C(Tn ) với |α| = 1.
Vậy f ∈ C 1 (Tn ).
Giả sử điều ta cần chứng minh đúng với m, tức là
H s (Tn ) → C m (Tn ) , ∀s > m +

n
(giả thiết quy nạp) .
2

Ta sẽ chứng minh
H s (Tn ) → C m+1 (Tn ) , ∀s > m + 1 +

n
.
2

Do f ∈ H s (Tn ), nên f có đạo hàm riêng yếu Dα f, với |α| = m + 1.
Theo Mệnh đề 1.6 ta có H s (Tn ) → H m+1 (Tn ) và Dα f ∈ H s−(m+1) (Tn ).
Với α = (α1 , α2 , ...., αn ) ∈ Zn+ , |α| = m + 1 , ∃αj > 0, trong đó 1 ≤ j ≤ n.
Không mất tính tổng quát, giả sử α1 > 0, ta xét
β = (α1 − 1, α2 , ...., αn ) ∈ Zn+ , |β| = m.
Khi đó
Dα f =


∂
∂ |α| f
=
α
α
∂x1 1 ...∂xn n
∂x1

∂ |β| f
∂x1 α1 −1 ...∂xn αn

=

∂ β
D f.
∂x1

Do từ giả thiết quy nạp Dβ f là đạo hàm riêng thông thường của f trong C m (Tn ),
n
với |β| = m. Do đó với s > m + , ta có
2
(ik)β f (k)eikx hội tụ đến Dβ f trong C(Tn ).
|β|≤m

Với s − 1 > m +

n
,
2
(ik)α f (k)eikx hội tụ đều đến Dα f trên Tn .

|α|≤m

Khi đó f có đạo hàm riêng cấp α theo nghĩa thông thường Dα f, với |α| = m + 1.
Vậy f ∈ C m+1 (Tn ).

16


Không gian Sobolev trên B

1.2.2

Sau đây ta định nghĩa không gian Sobolev trên hình tròn B khi 0 < s < 1.
Định nghĩa 1.8. Cho 0 < s < 1, không gian Sobolev H s (B) bao gồm các hàm u ∈ L2 (B)
giá trị thực thỏa mãn
|u(x) − u(y)|2
dx1 dx2 < ∞.
|x − y|2+2s

dy1 dy2
B

B

Chuẩn của u ∈ H s (B) được xác định như sau :

u

H s (B)


 21

2

=

|u(x) − u(y)|
dx1 dx2 +
|x − y|2+2s

dy1 dy2
B

|u(x)|2 dx1 dx2  .

(1.9)

B

B

Định nghĩa 1.9. Cho u ∈ L2 (B) và α = (α1 , α2 ) ∈ Z2+ . Ta nói v ∈ L2 (B) là đạo hàm
riêng yếu cấp α của u, viết Dα u = v nếu
uDα ϕdx1 dx2 = (−1)|α|
B

vϕdx1 dx2 , ∀ϕ ∈ C0∞ (B).
B

Mệnh đề 1.7. ([2]) Cho u ∈ L2 (B), α, β ∈ Z2+ . Giả sử u có đạo hàm riêng yếu

Dα u ∈ L2 (B) và Dα u có đạo hàm riêng yếu Dβ (Dα u) ∈ L2 (B) thì u có đạo hàm riêng
yếu Dα+β u và Dα+β u = Dβ (Dα u).
Chứng minh. Xem chứng minh chi tiết trong [2], Mệnh đề 2.2.
Định nghĩa 1.10. Không gian Sobolev H m (B), m ∈ Z+ bao gồm các hàm u ∈ L2 (B)
giá trị thực sao cho các đạo hàm riêng yếu cấp α của u với |α| ≤ m đều tồn tại và
Dα u ∈ L2 (B),
H m (B) = u ∈ L2 (B)|Dα u ∈ L2 (B), |α| ≤ m .
H m (B) là không gian Hilbert thực với tích vô hướng được xác định như sau
Dα uDα vdx1 dx2

(u, v)H m (B) =

u, v ∈ H m (B).

|α|≤m B

Chuẩn của u ∈ H m (B) được xác định như sau
 21


u

H m (B)

|Dα u|2 dx1 dx2  .

=
|α|≤m B

Định lý 1.6. C m (B) trù mật trong H m (B).

17

(1.10)


Chứng minh. Với u ∈ H m (B), ta định nghĩa uτ (x) = u(τ x), 0 < τ < 1.
Xét
uτ : τ −1 B → B, uτ ∈ H m (τ −1 B).
Do ϕ ∈ C0∞ (τ −1 B) nên ϕ(τ −1 B) ∈ C0∞ (B). Ta có
u(y)(Dα ϕ)(τ −1 y)τ −2 dy1 dy2

u(τ x)Dα ϕ(x)dx1 dx2 =
τ −1 B

B

(Dα u) (y).ϕ(τ −1 y).τ |α|−2 dy1 dy2

= (−1)|α|
B

= (−1)|α|

(Dα u) (τ x).ϕ(x).τ |α| dx1 dx2 .
B

Do đó
Dα uτ = τ |α| (Dα u)τ .
Từ đó suy ra
τ →1−


uτ ∈ H m (τ −1 B) và uτ −→ u trong H m (B).
τ −1 − 1
, ta thác triển uτ = 0 ngoài τ −1 B.
2
Ta có (ρε ∗ uτ )(x) ∈ C0∞ (R2 ) và supp (uτ ∗ ρε ) ⊂ τ −1 B + εB .
Lấy 0 < ε <

Với x ∈ B, theo định nghĩa của hàm ρ ta có
ρε (x − y) = 0 ⇔ |x − y| ≤ ε ⇔ y ∈ x + εB.
Khi đó với x ∈ B, x cố định, 0 < ε <

τ −1 − 1
, supp ρε (x − .) ⊂ x + εB ⊂ B + εB ⊂ τ −1 B.
2

Với |α| ≤ m, ta sẽ chứng minh
Dα (ρε ∗ uτ )(x) = (Dα uτ ∗ ρε )(x) trong B.
Thật vậy, với |α| ≤ m,
Dα (ρε ∗ uτ )(x) =

uτ (y)Dxα ρε (x − y)dy
Rn

= (−1)|α|

uτ (y)Dyα ρε (x − y)dy

τ −1 B


Dα uτ (y).ρε (x − y)dy

=
τ −1 B

= (Dα ρε ∗ uτ ) (x).
18


Vậy
Dα (ρε ∗ uτ )(x) = (Dα uτ ∗ ρε )(x) trong B.

(1.11)

Áp dụng Mệnh đề 1.2, ta suy ra : với |α| ≤ m, (Dα uτ ) ∗ ρε hội tụ đến Dα uτ trong L2 (B).
Do đó với |α| ≤ m, Dα (ρε ∗ uτ ) hội tụ đến Dα uτ trong L2 (B).
Khi đó
uτ ∗ ρε hội tụ đến uτ trong H m (B), khi ε −→ 0+ .
τ →1−

Do uτ −→ u trong H m (B), nên ∀n ∈ N, ∃τn ∈ (0; 1) sao cho
uτn − u

H m (B)

<

1
.
2n


Do uτ ∗ ρε hội tụ đến uτ trong H m (B), nên ∀n ∈ N, ∃εn ∈ (0;
uτn ∗ ρεn − uτn

H m (B)

<

τn−1 − 1
) sao cho
2

1
.
2n

Đặt vn = ρεn ∗ uτn , vn ∈ C m (B).
τ −1 − 1
), ∃τn ∈ (0; 1), sao cho
Khi đó ∀n ∈ N, ∃εn ∈ (0; n
2
vn − u

H m (B)

≤ vn − uτn
<

H m (B)


+ u τn − u

H m (B)

1
1
1 n−→∞
+
=
−→ 0.
2n 2n
n

Vậy ta đã chứng minh được với mỗi u ∈ H m (B), ∃vn ∈ C m (B) sao cho vn hội tụ đến u
trong H m (B) khi n → ∞. Khi đó C m (B) trù mật trong H m (B).
Định lý 1.7. (Định lý thác triển) Với mọi m ∈ N. ánh xạ P là một toán tử tuyến tính
P : H m (B) −→ H m (T2 ),
sao cho với mọi u ∈ H m (B), ta có
(1) P u |B = u,
(2) P u

H m (Tn )

≤C u

H m (B)

, trong đó C là hằng số.

Chứng minh. Xét trong hệ tọa độ cực (r, θ)

x1 = r cos θ, x2 = r sin θ, 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π.
Với u ∈ C m (B), ta viết u(x1 , x2 ) = u(r, θ).
19


Bước 1: Thác triển lên B2 = {(x1 , x2 ) : x21 + x22 ≤ 4} .


u(r, θ)
0 ≤ r ≤ 1,

u˜(r, θ) = m+2

λj u(1 − r−1
, θ) 1 < r ≤ 2.

j
j=1

Với λj là nghiệm của hệ phương trình
m+2

j=2

1
−
j

k


.λj = 1, với k = 0, 1, ..., m.

Khi đó u˜ ∈ C m (B2 ).
Bước 2: Thác triển lên (−π, π)2 .
Với m ∈ N, sử dụng Mệnh đề 1.1 cho R = ε = 1, ta có
η ∈ C0∞ (R2 ) thỏa mãn η = 1 trong B và η = 0 ngoài B2 .
Đặt P u = η˜
u. Ta có
P u ∈ C0m (−π, π)2 ⊂ C m (T2 ) ⊂ H m (T2 )
và
u

H m (B)

≤ Pu

H m (T2 )

≤C u

Chú ý 1.1. Với u ∈ C m (B), ta có P u

H m (B)

C m (Tn )

, trong đó C là hằng số .

≤C u


C m (B)

, trong đó C là hằng số.

Định lý 1.8. Với m > k + 1, m ∈ N, ta có
H m (B) → C k B .
Chứng minh. Từ định lý nhúng 1.5 với m > k + 1, k ∈ Z+ , m ∈ N, ta có
H m T2 → C k T2 .

(1.12)

Để chứng minh định lý ta sẽ thác triển hàm u ∈ H m (B) thành hàm thuộc H m (T2 ), sau
đó áp dụng (1.12). Với u ∈ H m (B), theo định lý thác triển 1.7 ta có P u ∈ H m (T2 ). Khi
đó P u ∈ C k (T2 ). Mặt khác
u

H m (B)

< Pu
∼

H m (T2 )

< Pu
∼

20

C k (T2 )


< u
∼

C k (B)

.


Định nghĩa 1.11. Cho h > 0, u ∈ L2 (B), ta định nghĩa đặc trưng của đạo hàm riêng
yếu theo các sai phân ∆hx1 u(x), ∆hx2 u(x) như sau:
∆hx1 u(x) =

u (x1 + h, x2 ) − u (x)
.
h

∆hx2 u(x) =

u (x1 , x2 + h) − u (x)
.
h

Định lý 1.9. ([2])(Đặc trưng của không gian H 1 (B))
(a) Giả sử u ∈ H 1 (B). Khi đó, với mọi 0 < h < ε ta có
∆h u

≤ Du

L2 (Bε )


L2 (B)

,

trong đó Du = (Dx1 u, Dx2 u), ∆h u = (∆hx1 u, ∆hx2 u).
1
(b) Nếu u ∈ L2 (B) và tồn tại hằng số c > 0 sao cho với mọi n ∈ N, tồn tại hn ∈ (0, )
n
để
∆hn u

L2 (B 1 )

≤ c,

n

thì u ∈ H 1 (B) và Du

L2 (B)

≤ c.

Chứng minh. Xem chứng minh chi tiết trong [2], Định lý 2.2 .
Định lý 1.10. ([7])(Bất đẳng thức Poincare)
(1) Cho u ∈ C01 (B) ⊂ C01 (R2 ) . Khi đó tồn tại hằng số C thỏa mãn
u

Lp (B)


≤ C ∇u

Lp (B) , ∀1

< p < +∞.

(2) Cho u ∈ C 1 B . Khi đó tồn tại hằng số C thỏa mãn
u − uB

Lp (B)

trong đó trung bình của u là uB =

≤ C ∇u
1
|B|

Lp (B) , ∀1

< p < +∞.

u (x) dx.
B

Chứng minh. (1) Với x ∈ B, ta có:
+∞

u (x) = −

∂r [u (x1 + rcosθ, x2 + rsinθ)] dr.

0

Khi đó

2π

u (x) =

1
2π


−

0



+∞

∂r u (x1 + rcosθ, x2 + rsinθ)dr .
0

21



z = x + rcosθ
1
1

Đặt
.
z2 = x2 + rsinθ
Ta thấy rằng r = |x − z| và
|∂r [u (x1 + rcosθ, x2 + rsinθ)] = |cosθ.ux1 (z) + sinθ.ux2 (θ)| ≤ |∇u(z)| .

(1.13)

Khi đó , vì suppu ⊂ B nên
2π +∞

|∇u(z)|
1
rdrdθ =
|z − x|
2π

1
|u(x)| ≤
2π
0

0

|∇u(z)|
dz1 dz2
|z − x|
B

Do

1
|x|

= 4π
L1 (B2 )

nên
u

Lp (B)

≤ 2π ∇u

Lp (B)

.

(2) Với x, y ∈ B, ta có
|x−y|

u (x) − u (y) = −

∂r u x + r

y−x
|y − x|

dr

0

2

=−

χ[0,|x−y|] (r)∂r u x + r

y−x
|y − x|

dr.

0

Khi đó
u (x) − uB =

1
|B|

(u(x) − u(y)) dy1 dy2
B


=−

1
|B|

2


χ[0,|x−y|] (r) ∂r u x + r




1
|B|

2

χB (y) 

χ[0,|x−y|] (r) ∂r u x + r

trong đó B2 = {(x1 , x2 ) : x21 + x22 ≤ 4} .

y = x + ρ.cosθ
1
1
Xét trong hệ tọa độ cực
y2 = x2 + ρ.sinθ
2π

2

dθ
0

y−x
|y − x|



dr dy1 dy2 ,

0

B2

1
u (x) − uB = −
|B|

dr dy1 dy2

0

B

=−

y−x
|y − x|



2

ρdρ
0


. Ta có

χB (y)χ[0,ρ] (r) ∂r [u (x1 + rcosθ, x2 + rsinθ)]dr.
0

22


Đổi thứ tự lấy tích phân ta được
2π

1
u (x) − uB = −
|B|

2

dθ
0

2

∂r [u (x1 + rcosθ, x2 + rsinθ)] dr
0

χB (y)χ[0,ρ] (r)ρdρ.
0

Ta cần chứng minh
χB (y)χ[0,ρ] (r) ≤ χB (x1 + rcosθ, x2 + rsinθ).


(1.14)

Với χB (x1 + rcosθ, x2 + rsinθ) = 1, ta có (1.14) hiển nhiên đúng.
Với χB (x1 + rcosθ, x2 + rsinθ) = 0, suy ra (x1 + rcosθ, x2 + rsinθ) ∈
/ B.
Trường hợp 1: Nếu y ∈
/ B thì χB (y) = 0. Khi đó (1.14) đúng.
Trường hợp 2: Nếu y ∈ B, r > ρ thì χ[0,ρ] (r) = 0. Khi đó (1.14) đúng.
Khi đó

2

ρdρ = 2,
0

và
2π

2
|u(x) − uB | ≤
|B|

2

dθ
0

∂r [u (x1 + rcosθ, x2 + rsinθ)] χB (x1 +rcosθ, x2 +rsinθ)dr.
0


(1.15)
Đặt z1 = x1 + rcosθ, z2 = x2 + rsinθ. Ta có χB (x1 + rcosθ, x2 + rsinθ) = χB (z).
Do |∂r [u (x1 + rcosθ, x2 + rsinθ)] | = |cosθ.ux1 (z) + sinθ.ux2 (θ)| ≤ |∇u(z)| , nên
2π

2

0

|∇u(z)|
dz.
|z − x|

∂r [u (x1 + rcosθ, x2 + rsinθ)] χB (z)dr ≤

dθ
0

B

Khi đó (1.15) trở thành
2π

2
|u(x) − uB | ≤
|B|

2


|∇u(z)|χB (z)

dθ
0

0

2
=
|B|

|∇u(z)|

dz
.
|z − x|

B

Làm tương tự như chứng minh phần (1) ta suy ra được
u − uB

Lp (B)

.

23

≤ C ∇u


Lp (B) .

dz
|z − x|