1.1.2 Hàm Green Công thức tích phân Poisson Tính chính quy... 8

Giáo trình Phương trình vi phân đạo hàm riêng Đặng Anh Tuấn Ngày 18 tháng 1 năm 2017

Mục lục 1 Phương trình Laplace 1 1.1 Nghiệm cơ bản............................... 1 1.1.1 Đồng nhất thức Green....................... 2 1.1.2 Hàm Green............................. 4 1.1.3 Công thức tích phân Poisson.................... 5 1.1.4 Tính chính quy........................... 8 1.2 Tính chất giá trị trung bình........................ 14 1.2.1 Đặc trưng của hàm điều hòa.................... 15 1.2.2 Ứng dụng của tính chất giá trị trung bình............ 18 1.3 Nguyên lý cực đại.............................. 22 1.3.1 Nguyên lý cực đại yếu....................... 22 1.3.2 Nguyên lý cực đại mạnh...................... 27 1.3.3 Đánh giá tiên nghiệm........................ 31 1.3.4 Đánh giá gradient.......................... 32 1.3.5 Khử kỳ dị.............................. 36 1.3.6 Phương pháp Perron........................ 37 1.4 Phương trình Poisson............................ 45 1.4.1 Nghiệm cổ điển........................... 45 1.4.2 Nghiệm yếu............................. 50 i

Chương 1 Phương trình Laplace 1.1 Nghiệm cơ bản Cho là một miền trong R n. Hàm u C 2 () thỏa mãn phương trình được gọi là hàm điều hòa trong. u = u x1 x 1 + + u xnx n = 0 trong Tiếp theo ta tìm hàm điều hòa u(x) = v(r), chỉ phụ thuộc vào r = x, trong = R n \ {0}. Bằng tính toán v : (0, ) R là hàm thỏa mãn phương trình vi phân Giải phương trình trên có hai trường hợp n 1 v (r) + v (r) = 0, r > 0. r (i) n = 2 có nghiệm v(r) = c 1 + c 2 ln r, r > 0, (ii) n 3 có nghiệm v(r) = c 3 + c 4 r 2 n, r > 0. Ta chuẩn hóa nghiệm bởi B r ν u(x)ds = 1, r > 0, trong đó ν pháp tuyến ngoài đơn vị trên mặt cầu B r = {x R n : x = r}. Khi đó r ds v (s)ds = 1, r > 0, 0 B s hay c 1 = c 3 = 0 còn 1

2 (i) n = 2 có c 2 = 1/ω 2, ω 2 là chu vi đường tròn đơn vị, (ii) n 3 có c 4 = 1 (2 n)ω n, ω n là diện tích mặt cầu đơn vị trong R n. Ta có nghiệm cơ bản của toán tử Laplace Γ C (R n \ {0}) xác định bởi 1 ln x khi n = 2, Γ(x) = ω 2 1 x 2 n khi n 3. (2 n)ω n Tính toán trực tiếp, coi như bài tập, ta có Γ(x) = 1 x ω n x, n 2 Γ(x) = 1 ( Id x n n n x ω n x x ) x trong đó Id n là ma trận vuông đơn vị cấp n. 1.1.1 Đồng nhất thức Green Trong mục này ta xét là miền bị chặn với biên thuộc lớp C 1 và pháp tuyến ngoài đơn vị trên biên ν. Với v C 1 () C( ), ω C 2 () C 1 ( ), sử dụng công thức dạng DIV cho trường F = v ω ta thu được công thức Green thứ nhất ( v ω + v ω)dx = v ν ωds. Bằng cách sử dụng công thức Green thứ nhất cho v, ω C 2 () C 1 ( ) ta thu được công thức Green thứ hai (v ω ω v)dx = (v ν ω ω ν v)ds. Đến đây ta dẫn đến đồng nhất thức Green sau: Định lý 1.1 (Đồng nhất thức Green). Cho u C 2 () C 1 ( ). Khi đó, với x u(x) = Γ(x y) y u(y)dy (Γ(x y) νy u(y) u(y) νy Γ(x y))ds y.

Chứng minh. Do là tập mở nên có r > 0 để B r (x). Khi đó Γ(x ) C ( r ), r = \ B r (x) và thỏa mãn Γ(x ) = 0 trong r, nếu ν là trường véc-tơ pháp tuyến ngoài đơn vị của r thì khi y B r (x) νy Γ(x y) = 1 r n 1 ω n. 3 Áp dụng công thức Green thứ hai cho v = Γ(x ), ω = u và r ta thu được Γ(x y) y u(y)dy = (Γ(x y) νy u(y) u(y) νy Γ(x y))ds y + r + Γ(x y) νy u(y)ds y 1 u(y)ds r n 1 y ω n B r(x) B r(x) Khi y B r (x) ta có 1 ln r khi n = 2, Γ(x y) = ω 2 1 r 2 n khi n 3. (2 n)ω n Do đó B r(x) r ln r u khi n = 2, Γ(x y) νy u(y)ds y r (n 2) u khi n 3. Bằng cách dùng công thức giá trị trung bình cho hàm liên tục ta có 1 lim u(y)ds r 0 + r n 1 y = u(x). ω n B r(x) Kết hợp các điều trên ta dễ dàng có chứng minh cho đồng nhất thức Green khi cho r 0 +. Từ các công thức Green và đồng nhất thức Green ta có các hệ quả sau: Lấy v 1, ω là hàm điều hòa trong và ω C 1 ( ) ta có ν ω(x)ds = 0.

4 Lấy u 1 ta có ν y Γ(x y)ds y = 1, x. Trong trường hợp đặc biệt là hình cầu tâm tại x ta có chuẩn hóa nghiệm cơ bản. Nếu supp u là tập compact trong thì u(x) = Γ(x y) u(y)dy. 1.1.2 Hàm Green Trong mục này ta cũng xét miền như mục trước. Với mỗi x cố định xét bài toán u =0 trong, u(y) =Γ(x y), y. Trong mục này ta chưa quan tâm đến việc chỉ ra sự tồn tại nghiệm của bài toán trên, ta giả sử nó có nghiệm Φ(x, ) C 2 () C 1 ( ). Ta có khái niệm hàm Green cho miền được xác định bởi G(x, y) = Γ(x y) Φ(x, y), x, y, x y. Có thể thấy hàm Green G(x, y) có các tính chất sau: G(x, ) = 0 trong \ {x}. G(x, ) = 0 trên. G(x, y) < 0, x, y, x y. G(x, y) = G(y, x), x, y, x y. Nhờ hàm Green, nghiệm u C 2 () C 1 ( ) của bài toán biên Dirichlet cho phương trình Poisson u =f trong, u =ϕ, với f C( ), ϕ C( ), có biểu diễn u(x) = G(x, y)f(y)dy + ϕ(y) νy G(x, y)ds y. Thật vậy, sử dụng công thức Green thứ hai và đồng nhất thức Green ta có ngay đẳng thức trên. Chi tiết coi như bài tập.

5 1.1.3 Công thức tích phân Poisson Trong mục này ta chỉ rõ hàm Green cho hình cầu. Từ đó ta đưa ra công thức nghiệm dạng tích phân Poisson cho bài toán biên Dirichlet trong hình cầu. Trước hết hàm Green cho hình cầu xác định qua kết quả sau: Định lý 1.2. Hàm Green G trong hình cầu B R R n được xác định qua từng trường hợp cụ thể sau: Khi n = 2 G(0, y) = 1 ω 2 (ln y ln R), y B R \ {0}, và khi x B R \ {0}, y B R \ {x} G(x, y) = 1 ω 2 (ln y x ln ( x R )) y R2 x x 2. Khi n 3 G(0, y) = 1 (2 n)ω n ( y 2 n R 2 n), y B R \ {0}, và x B R \ {0}, y B R \ {x} ( 1 G(x, y) = y x 2 n (2 n)ω n ( ) n 2 R y R2 x x x 2 2 n). Chứng minh. Nhắc lại định nghĩa hàm Green trong B R G(x, y) = Γ(x y) Φ(x, y) với Φ(x, ), x B R, là nghiệm của bài toán Φ(x, ) =0 trong B R, Φ(x, y) =Γ(x y), y B R. Chú ý Γ(x y) chỉ phụ thuộc x y nên khi x = 0, y B R hàm Γ(0 y) là hàm hằng, ký hiệu Γ(R). Khi đó hàm hằng Γ(R) là nghiệm của bài toán Φ(0, ) =0 trong B R, Φ(0, y) =Γ(0 y), y B R.

6 Ta chỉ còn phải chứng minh Định lý cho trường hợp x 0. Ta xét phép nghịch đảo x X = R2 x 2 x qua mặt cầu B R. Khi đó X B R và X y. Do đó hàm Γ(y X) là hàm điều hòa trong B R. Ta tìm nghiệm Φ(x, y) = Γ(C(x)(y X)) và ta cần tìm C(x) nhờ điều kiện biên Φ(x, y) = Γ(C(x)(y X) = Γ(x y), y B R. Để ý X R = R x nên với y B R có Oxy OyX. Do đó y X R = x y, y B R. x Như vậy để có điều kiện biên C(x) = R/ x hay ta có điều phải chứng minh. Với G là hàm Green trong hình cầu B R, bằng tính toán cụ thể νy G(x, y) = R2 x 2 R x y n ω n, x B R, y B R. Hàm này được gọi là nhân Poisson, ký hiệu K(x, y). Một số tính chất của nhân Poisson được thể hiện qua bổ đề sau: Bổ đề 1.3. (i) K C (B R B R ). (ii) K(x, y) > 0, x B R, y B R. (iii) Với mỗi x 0 B R, δ > 0 có lim K(x, y) = 0 đều theo y B x x R \ B δ (x 0 ). 0 x <R (iv) x K(x, y) = 0, x B R, y B R. (v) B R K(x, y)ds y = 1, x B R.

7 Chứng minh. Các tính chất (i) (iv) khá hiển nhiên. Tính chất (v) dễ dàng có bằng một trong hai cách K(x, y) = νy (Γ(x y) Φ(x, y)), Φ(x, ) là hàm điều hòa nên từ hệ quả của các công thức Green và đồng nhất thức Green ta có (v); dùng biểu diễn dùng hàm Green của hàm u 1 ta cũng sẽ có (v). Đến đây ta có lời giải cho bài toán biên Dirichlet trong hình cầu sau: Định lý 1.4. Với bất kỳ ϕ C( B R ) công thức tích phân Poisson u(x) = K(x, y)ϕ(y)ds y B R cho ta nghiệm của bài toán biên Dirichlet u = 0 trong B R, lim u(x) = ϕ(x x x 0 ), x 0 B R. 0 x B R Chứng minh. Để chứng minh u khả vi vô hạn và điều hòa trong B R, ta chỉ cần xét một cách địa phương tại từng x B R. Với r = R + x có x B r B R. Khi đó nhờ 2 tính chất (i), (iv) của nhân Poisson K ta có u khả vi vô hạn và điều hòa tại x B R. Ta còn phải chứng minh với mỗi x 0 B R có lim x x 0 x B R B R K(x, y)ϕ(y)dy ϕ(x 0 ) = 0. Nhờ tính chất (v) của nhân Poisson K, phần còn phải chứng minh K(x, y)(ϕ(y) ϕ(x 0 ))dy = 0. B R lim x x 0 x B R Tách tích phân trên thành hai phần B R B δ (x 0 : ta dùng tính liên tục của ϕ, tính chất (ii) và (v) của K; ) B R \B δ (x 0 : ta dùng tính bị chặn của ϕ, tính chất (iii) của K. )

8 Chi tiết phần này xem như bài tập. Một số hệ quả từ công thức tích phân Poisson: Khi n = 2, chuyển sang hệ tọa độ cực x = (r cos θ, r sin θ), y = (R cos η, R sin η) thì nhân Poisson trong hình tròn B R K(r, θ, η) = 1 R 2 r 2 2π R 2 2Rr cos(θ η) + r. 2 Khi x = 0 ta có công thức giá trị trung bình cho hàm điều hòa trên mặt cầu 1 u(0) = u(y)ds. R n 1 ω n B R Từ tính chất (ii), (v) của nhân Poisson ta có nguyên lý cực đại cho hàm điều hòa 1.1.4 Tính chính quy min ϕ u(x) max ϕ, x B R. B R B R Trong mục này ta sẽ quan tâm đến tính trơn của hàm điều hòa. Ta bắt đầu bằng cách sử dụng đồng nhất thức Green. Định lý 1.5. Cho là một miền trong R n và u C 2 () là hàm điều hòa trong. Khi đó u C (). Chứng minh. Ta sẽ chứng minh u khả vi vô hạn tại bất kỳ x. Do là tập mở nên có hình cầu đóng B 2r (x). Từ giả thiết ta có u C 2 ( B 2r (x)). Sử dụng đồng nhất thức Green cho u trong hình cầu B 2r (x), với chú ý u = 0 trong B 2r (x) ta có u(y) = (u(z) νz Γ(y z) Γ(y z) νz u(z)) ds z, y B r (x). B 2r (x) Do y z r khi y B r (x), z B 2r (x) nên Γ( z) C (B r (x)), z B 2r (x). Như vậy u C (B r (x)) hay u khả vi vô hạn tại x. Ta hoàn thành chứng minh.

9 Định lý trên cho thấy một hàm u C 2 () chỉ cần thỏa mãn đẳng thức u = 0 trong thì nó sẽ trơn, nghĩa là khả vi vô hạn. Sau này ta còn chứng minh kết quả tốt hơn, thay vì u = 0 ta chỉ cần u trơn trong ta vẫn có kết quả trên. Tính chất này được gọi là tính hypoelliptic của toán tử Laplace. Ngoài toán tử Laplace còn nhiều toán tử vi phân khác cũng có tính chất này, chẳng hạn toán tử truyền nhiệt t x. Toán tử truyền sóng tt x không chia sẻ tính chất này. Hàm điều hòa không chỉ trơn như kết quả trên chỉ ra, nó còn giải tích nghĩa là chuỗi Taylor tại mỗi điểm của nó hội tụ trong lân cận nào đó của điểm đó. Để chứng minh điều này ta cần đến đánh giá gradient sau: Định lý 1.6 (Đánh giá gradient). Cho u C( B R (x 0 )) điều hòa trong B R (x 0 ) R n. Khi đó với hằng số C chỉ phụ thuộc vào n. u(x 0 ) C R max u B R (x 0 ) Chứng minh. Bằng cách dịch chuyển và co dãn v(x) = u(r(x x 0 )) ta có thể giả sử x 0 = 0, R = 1. Chọn ϕ C0 (B 3/4 ) sao cho ϕ = 1 trong B 1/2. Lấy x B 1/4 và r < 1/4 có B r (x) B 1/2. Sử dụng công thức Green thứ hai cho v = u, ω = ϕ( )Γ(x ) và = B R \ B r (x), 3/4 < R < 1, ta có (u(y) y (ϕ(y)γ(x y)) ϕ(y)γ(x y) y u(y))dy = B R \ B r(x) = (u(y) νy (ϕ(y)γ(x y)) ϕ(y)γ(x y) νy u(y))ds y + B R + (u(y) νy (ϕ(y)γ(x y)) ϕ(y)γ(x y) νy u(y))ds y (1.1.1) B r(x) trong đó ν y là pháp tuyến ngoài đơn vị trên B R B r (x). Để ý rằng:

10 do 3/4 < R < 1 và ϕ(y) = 0, y 3/4 nên νy (ϕ(y)γ(x y)) = 0, ϕ(y) = 0 khi y = R do đó B R (u(y) νy (ϕ(y)γ(x y)) ϕ(y)γ(x y) νy u(y))ds y = 0 do B r (x) B 1/2 và ϕ(y) = 1, y 1/2 nên νy (ϕ(y)γ(x y)) = νy Γ(x y) = 1 r n 1 ω n, ϕ(y) = 1 khi y x = r do đó B r(x) B r(x) (u(y) νy (ϕ(y)γ(x y))ds y = 1 u(y)ds r n 1 y ω n B r(x) ϕ(y)γ(x y) νy u(y))ds y = Γ(x y) νy u(y)ds y, B r(x) u = 0 trong B 1 còn (ϕ( )Γ(x )) = Γ(x ) ϕ( ) + 2 ϕ( ) Γ(x ) + ϕ( ) Γ(x ) mà ϕ = 0 ngoài {y : 1/2 < y < 3/4} và Γ(x ) = 0 ngoài B r (x) nên (ϕ( )Γ(x )) = 0 ngoài {y : 1/2 < y < 3/4}.

11 Thay vào (1.1.1) ta được u(y)(γ(x y) y ϕ(y) + 2 y ϕ(y) y Γ(x y))dy = 1/2< y <3/4 = 1 r n 1 ω n B r(x) u(y)ds y B r(x) Γ(x y) νy u(y)ds y. (1.1.2) Tương tự như chứng minh đồng nhất thức Green, cho r 0 + hai vế (1.1.2) có, khi x B 1/4, u(x) = u(y)(γ(x y) y ϕ(y) + 2 y ϕ(y) y Γ(x y))dy. (1.1.3) 1/2< y <3/4 Các hàm dưới dấu tích phân trong (1.1.3) đều trơn trong {y : 1/2 y 3/4} nên bằng cách lấy đạo hàm hai vế và đánh giá một chút ta có đánh giá gradient cần chứng minh. Sử dụng đánh giá gradient trên ta có đánh giá cho đạo hàm riêng cấp cao sau: Định lý 1.7. Cho u C( B R (x 0 )) điều hòa trong B R (x 0 ) R n. Khi đó với mỗi đa chỉ số α, α = m, có trong đó hằng số C chỉ phụ thuộc n. α u(x 0 ) Cm e m 1 m! R m max u B R (x 0 ) Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo m. Với m = 1 ta có ngay đánh giá cần chứng minh nhờ đánh giá gradient. Giả sử ta có đánh giá cần chứng minh cho các đạo hàm riêng cấp α, α m. Ta sẽ chứng minh đánh giá cho đạo hàm riêng cấp α, α = m + 1. Có α u, α = m + 1, là đạo hàm riêng cấp 1, theo biến nào đó, của v là đạo hàm riêng cấp β, β = m, của u. Lấy θ = m/(m + 1). Chú ý các đạo hàm riêng mọi cấp của hàm điều hòa đều là hàm điều hòa nên sử dụng đánh giá gradient cho v trong B (1 θ)r (x 0 ) ta có

12 v(x 0 ) C (1 θ)r max v B (1 θ)r (x 0 ) nên α u(x 0 ) C (1 θ)r max v (1.1.4) B (1 θ)r (x 0 ) với hằng số C chỉ phụ thuộc n, như trong đánh giá gradient. Từ giả thiết quy nạp cho v = β u, β = m, trong B θr (x) B R (x 0 ), x B (1 θ)r (x 0 ), ta có v(x) Cm e m 1 m! (θr) m với hằng số C chỉ phụ thuộc n, như trong đánh giá gradient. max u, x B (1 θ)r (x 0 ) (1.1.5) B θr (x) Chú ý rằng các hằng số C là một và (1 + 1/m) m < e, kết hợp (1.1.4)-(1.1.5) ta có đánh giá cần chứng minh. Trước khi đến với việc chứng minh tính giải tích của hàm điều hòa, ta đến với hệ quả về tính Heine-Borel của không gian các hàm điều hòa H() trong tô-pô hội tụ trên từng compact, nghĩa là mọi tập bị chặn các hàm điều hòa đều có dãy con hội tụ theo tô-pô này đến hàm điều hòa. Tiện đây ta nói qua về không gian E() là không gian gồm các hàm khả vi vô hạn C () với khái niệm hội tụ: Dãy u k E(), k = 1, 2,..., được gọi là hội tụ đến u E() nếu lim sup α u k α u = 0, α Z n +, là tập compact trong. k Từ kết quả về tính trơn của hàm điều hòa có H() E(). Tô-pô hội tụ trên từng compact trong H(), nói ở trên, chính là tô-pô sinh ra từ sự hội tụ trong E(). Ta phát biểu tính Heine-Borel của H() như sau: Hệ quả 1.8. Cho là một miền trong R n, M > 0 và dãy các hàm điều hòa u k H(), k = 1, 2,..., thỏa mãn sup u M, k = 1, 2,.... Khi đó có hàm điều hòa u H() và dãy con của dãy đã cho {u km } m=1 sao cho u km u trong E.

13 Chứng minh. Trước hết ta phân tích = j=1 j, j = {x : x < j, d(x, ) > 1/j}. Khi đó j là tập compact. Khi đó sự hội tụ trong E() tương đương với lim sup k j j α u k α u = 0, j N. α =0 Từ đánh giá cho các đạo hàm riêng mọi cấp cho hàm điều hòa và giả thiết về tính bị chặn của dãy hàm điều hòa đã cho có Sử dụng Định lý Arzela-Ascoli từng bước: α u k (x) C j j j M = M j, α j, x j. B1: j = 1, có dãy con {u kl } l=1 hội tụ đều đến u trong 1, ta ký hiệu lại dãy này u (1) l = u kl, l = 1, 2,.... B2: j = 2, có dãy con của dãy con trên {u (1) k l } l=1 theo chuẩn C 1 trong 2, nghĩa là ( lim sup l 2 u (1) k l u + n m=1 ký hiệu lại dãy này u (2) l = u (1) k l, l = 1, 2,.... hội tụ đến hàm u, xác định ở B1, xm u (1) k l xm u ) = 0, cứ như vậy ta có các dãy u (m) l C m 1 trong m, nghĩa là hội tụ đến hàm u, xác định ở B1, theo chuẩn lim sup k m m 1 α =0 α u k α u = 0. Bằng cách lấy đường chéo ta thu được dãy con, ký hiệu {u km } m=1, hội tụ đến hàm u trong E(). Từ đây không khó để thấy từ tính điều hòa của u km hòa của u. Ta hoàn thành chứng minh. Ta đến tính giải tích của hàm điều hòa: ta có ngay tính điều

14 Định lý 1.9. Hàm điều hòa u trên miền là hàm giải tích trên, nghĩa là với mỗi x 0 có hình cầu B r (x 0 ) mà chuỗi Taylor của u tại x 0 α =0 hội tụ đến u(x) tại mọi điểm x B r (x 0 ). 1 α! α u(x 0 )(x x 0 ) α Chứng minh. Đặt h = x x 0, ta có phần dư dạng Lagrange R m (h) = u(x 0 + h) m 1 α =0 1 α! α u(x 0 )(x x 0 ) α = 1 m! [(h 1 x1 + h n xn ) m u] (x 0 + θh) với θ (0, 1). Do x 0, mở nên có r 0 > 0 để B 2r0 (x 0 ). Ta có đánh giá cho các đạo hàm riêng mọi cấp cho hàm điều hòa u trong B r0 (x 0 + θh), h < r 0, như sau α u(x 0 + θh) Cm e m 1 m! r m 0 Khi đó phần dư Lagrange max u, α = m. B 2r0 (x 0 ) R m (h) Cm e m 1 h m r m 0 max u. B 2r0 (x 0 ) Chọn r = r 0 2Ce cho m ta có điều phải chứng minh. 1.2 Tính chất giá trị trung bình Từ công thức tích phân Poisson ta có tính chất giá trị trung bình trên mặt cầu cho hàm điều hòa, nghĩa là giá trị trung bình của hàm điều hòa trên mặt cầu bằng giá trị của nó tại tâm mặt cầu. Trong phần này ta sẽ thấy tính chất giá trị trung bình là đặc trưng của hàm điều hòa. Sau đó ta dùng tính chất trung bình này để chỉ ra một số tính chất khác của hàm điều hòa.

15 1.2.1 Đặc trưng của hàm điều hòa Định nghĩa 1.1. Cho là một miền trong R n và hàm u C(). (i) Ta nói u thỏa mãn tính chất giá trị trung bình trên mặt cầu nếu với bất kỳ hình cầu B r (x) u(x) = 1 r n 1 ω n B r(x) u(y)ds y. (ii) Ta nói u thỏa mãn tính chất giá trị trung bình trong hình cầu nếu với bất kỳ hình cầu B r (x) u(x) = n r n ω n B r(x) u(y)ds y. ta có Để ý rằng B r(x) u(y)dy = r 0 dt u(y)ds y B t(x) tính chất giá trị trung bình trên mặt cầu suy ra tính chất giá trị trung bình trong hình cầu nhờ việc lấy nguyên hàm, tính chất giá trị trung bình trong hình cầu suy ra tính chất giá trị trung bình trên mặt cầu nhờ việc lấy đạo hàm. Như vậy các tính chất giá trị trung bình (i) và (ii) tương đương nhau. Ngoài ra, bằng cách đổi biến ta có thể viết lại định nghĩa các tính chất giá trị trung bình cho hàm liên tục u trên như sau: (i) Ta nói u thỏa mãn tính chất giá trị trung bình trên mặt cầu nếu với bất kỳ hình cầu B r (x) u(x) = 1 u(x + ry)ds y. ω n B 1 (ii) Ta nói u thỏa mãn tính chất giá trị trung bình trong hình cầu nếu với bất kỳ hình cầu B r (x) u(x) = n ω n B 1 u(x + ry)ds y.

16 Như đầu mục đã nói, hàm điều hòa trong miền có tính chất trung bình. Tiếp theo đây ta sẽ chứng minh hàm liên tục u trên có tính chất trung bình thì nó sẽ là hàm điều hòa. Điều thú vị: hàm điều hòa trên, về mặt định nghĩa ta chỉ đòi hỏi nó khả vi liên tục đến cấp 2, là hàm giải tích trên, hàm thỏa mãn giá trị trung bình trên, về mặt định nghĩa ta chỉ đói hỏi nó liên tục, là hàm điều hòa trên. Định lý 1.10. Cho là một miền trong R n và u là hàm xác định trên. (i) Nếu u C 2 () là hàm điều hòa trong thì nó thỏa mãn các tính chất giá trị trung bình trên. (ii) Nếu u C() thỏa mãn tính chất giá trị trung bình trên thì nó là hàm điều hòa trên. Chứng minh. Ta sẽ chứng minh (i) bằng cách không dùng công thức tích phân Poisson. Trước khi chứng minh định lý, ta chú ỷ với Br (x), nếu u C 2 (), ρ (0, r) có u(y)dy = ν u(y)ds y (công thức Green thứ nhất) B ρ(x) B ρ(x) =ρ B n 1 ρ u(x + ρω)ds ω (đổi biến y = x + ρω) 1 =ρ n 1 u(x + ρω)ds ω (1.2.6) ρ B 1 (chuyển đạo hàm ra ngoài dấu tích phân). Quay trở lại việc chứng minh định lý. (i) (ii) : Từ giả thiết u C 2 () là hàm điều hòa và (1.2.6) ta có I(ρ) = u(x + ρω)ds ω B 1 là hàm hằng. Khi đó B 1 u(x + ρω)ds ω = I(0) = ω n u(x).

Điều này đúng với bất kỳ hình cầu B r (x) nên u thỏa mãn tính chất trung bình. (ii) (i) : Để chứng minh u là hàm điều hòa, từ (1.2.6) ta chỉ cần chứng minh u C () hay rõ hơn: tại mỗi x ta sẽ chỉ ra hình cầu B r (x) mà u C (B r (x)). Để làm điều này ta lấy hàm ρ C (R n ) xác định bởi Ce 1 x 2 1 khi x < 1, ρ(x) = 0 khi x 1, với hằng số C để R n ρ(x)dx = 1. Cố định x. Do mở nên có r > 0 để B 2r (x). Với mỗi ɛ (0, r) xét hàm ( ) z y u ɛ (z) = ɛ n u(y)ρ dy. ɛ Có supp ρ( z ) B ɛ ɛ(z) B 2r (x) khi z B r (x) nên ta có các kết luận sau: 17 u ɛ (z) = ɛ n B 2r (x) ( ) z y u(y)ρ dy, z B r (x). ɛ Lại do u C(), ρ C (R n ) nên u ɛ C (B r (x)). Ngoài ra, khi z B r (x) có ( ) z y u ɛ (z) =ɛ n u(y)ρ dy B ɛ(z) ɛ = u(z + ɛy)ρ(y)dy B 1 1 = ρ(y)dt u(z + ɛω)ds ω (do ρ chỉ phụ thuộc y ) 0 B t =u(z) ρ(y)dy (do u(z + ɛω)ds ω không phụ thuộc ɛ) B 1 B t =u(z). Tóm lại ta đã hoàn thành chứng minh.

18 1.2.2 Ứng dụng của tính chất giá trị trung bình Ta đã chứng minh đánh giá gradient bằng cách dùng công thức Green trong Định lý 1.6. Dưới đây ta sẽ chứng minh đánh giá gradient bằng cách dùng tính chất giá trị trung bình. Định lý 1.11 (Đánh giá gradient). Giả sử u C( B R (x 0 )) điều hòa trong B R (x 0 ) R n. Khi đó u(x 0 ) n R max u. B R (x 0 ) Chứng minh. Lấy r (0, R), có u C 2 ( B r (x 0 )) nên sử dụng công thức tích phân từng phần ta có B r(x 0 ) u xi (x)dx = B r(x 0 ) u(x)ν i (x)ds x, i = 1,..., n, trong đó ν(x) = (ν 1 (x),..., ν n (x)) là pháp tuyến ngoài đơn vị của B r (x 0 ) tại x B r (x 0 ). Lại do u điều hòa trong B R (x 0 ) nên u xi, i = 1,..., n, là các hàm điều hòa trong B R (x 0 ). Khi đó, từ tính chất giá trị trung bình ta có u xi (x 0 ) = n u r n xi (x)dx = n ω n r n ω n B r(x 0 ) B r(x 0 ) u(x)ν i (x)ds x. Do đó, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được ( ) ( ) u xi (x 0 ) 2 n2 u(x) ds r 2n ωn 2 x u(x) νi 2 (x)ds x B r(x 0 ) B r(x 0 ) Như vậy ta có u(x 0 ) n r n ω n B r(x 0 ) u(x) ds x n r max u, 0 < r < R. B r(x 0 ) Do hàm u C( B R (x 0 )) nên ánh xạ r n r max u là hàm liên tục. Khi đó cho r R B r(x 0 ) ta có đánh giá gradient cần chứng minh. Với hàm điều hòa không âm, chứng minh tương tự trên ta có bất đẳng thức Harnack dạng vi phân sau:

19 Định lý 1.12. Cho u C( B R (x 0 )) là hàm điều hòa, không âm trong B R (x 0 ) R n. Khi đó u(x 0 ) n R u(x 0). Từ bất đẳng thức Harnack dạng vi phân trên ta dẫn đến Định lý Liouville cho hàm điều hòa trên toàn không gian. Hệ quả 1.13 (Định lý Liouville). Hàm điều hòa bị chặn dưới (hoặc bị chặn trên) trên toàn không gian R n là hàm hằng. Chứng minh. Từ bất đẳng thức Harnack dạng vi phân ta có u(x) = 0, x R n. Từ đó ta có điều phải chứng minh. Hệ quả khác dẫn ra từ bất đẳng thức Harnack dạng vi phân là bất đẳng thức Harnack sau: Hệ quả 1.14. Cho u là hàm điều hòa không âm trong B R (x 0 ) R n. Khi đó trong đó hằng số C chỉ phụ thuộc n. u(x) Cu(y), x, y B R/2 (x 0 ), Chứng minh. Lấy ɛ > 0, đặt v ɛ = u + ɛ có v ɛ (x) ɛ > 0, v ɛ (x) = 0 khi x B R (x 0 ). Từ bất đẳng thức Harnack dạng vi phân cho v ɛ trong B R/2 (x), x B R/2 (x 0 ), có Lấy x, y B R/2 (x 0 ) có ln v 1 ɛ(x) v ɛ (y) = 0 =(x y) v ɛ (x) v ɛ (x) 2n R. (1.2.7) d dt ln v ɛ(tx + (1 t)y)dt 1 0 ln v ɛ (tx + (1 t)y)dt. (1.2.8)

20 Do tx (1 t)y B R/2 (x 0 ) và x y < R khi t [0, 1], x, y B R/2 (x 0 ) nên từ (1.2.7)-(1.2.8) ta có ln v ɛ(x) v ɛ (y) x y 1 2n x y < 2n. R Với C = e 2n và ɛ 0 + ta có bất đẳng thức Harnack. 0 ln v ɛ (tx + (1 t)y) dt Cách khác chứng minh bất đẳng thức Harnack dùng trực tiếp tính chất giá trị trung bình như sau: Chứng minh khác bất đẳng thức Harnack. Trước hết ta chứng minh kết luận sau: Với bất kỳ x B R (x 0 ), r > 0 sao cho B 4r ( x) B R (x 0 ) ta đều có Điều này khá hiển nhiên vì B r (x) B 3r (y) B 4r ( x), u(x) 3 n u(y), x, y B r ( x). sử dụng công thức giá trị trung bình cho u trong các hình cầu B r (x), B 3r (y). Lấy x, y B R/2 (x 0 ), r = R/8. Khi đó với mỗi x [x, y] = {tx + (1 t)y : 0 t 1} có B 4r ( x) B R (x 0 ), đặt P k = 1 5 (kx+(5 k)y), k = 0, 1,..., 5, do x y < R ta có P 0 = x, P 5 = y, còn mỗi cặp điểm P k, P k+1 nằm trong hình cầu B r (Q k ), Q k = 1 2 (P k + P k+1 ) [x, y],

21 Theo kết luận trên ta có u(x) 3 n u(p 1 ) 3 5n u(y). Từ công thức tích phân Poisson ta có nguyên lý cực đại cho hàm điều hòa trong hình cầu. Bằng việc sử dụng tính chất giá trị trung bình ta sẽ chỉ ra nguyên lý cực đại mạnh cho hàm điều hòa trong miền bị chặn bất kỳ. Định lý 1.15. Cho là miền bị chặn trong R n và u C( ) là hàm điều hòa trong. Khi đó, hoặc u chỉ có thể đạt GTLN, GTNN trên biên, hoặc u là hàm hằng. Cả hai trường hợp đều có min u u(x) max u, x. Như vậy nguyên lý cực đại mạnh suy ra nguyên lý cực đại. Nói chung nguyên lý cực đại không suy ra nguyên lý cực đại mạnh vì GTLN hay GTNN có thể vừa đạt cả trên biên và bên trong. Chứng minh. Ta sẽ chỉ chứng minh GTLN, còn GTNN chứng minh tương tự (coi như bài tập). Do u C( ), là tập compact nên tồn tại M = max u. Xét tập D = {x : u(x) = M}. Từ tính liên tục của u nên D đóng trong. Nếu ta chứng minh được thêm D là tập mở trong thì từ tính liên thông của ta có hai trường hợp sau: TH1: D = nghĩa là u chỉ bằng M trên biên. TH2: D = nghĩa là u là hàm hằng. Như vậy ta chỉ còn phải chứng minh D mở trong. Lấy x 0 D. Do là tập mở nên có r > 0 để B r (x 0 ). Sử dụng tính chất giá trị trung bình cho hàm điều hòa u trong B r (x 0 ) và u(x 0 ) = M là GTLN của u ta có M = u(x 0 ) = n u(y)dy M. ω n r n B r(x 0 ) Do u(y) M và u liên tục nên u(y) = M, y B r (x 0 ), hay B r (x 0 ) D. Từ đó D là tập mở trong. Ta hoàn thành chứng minh.

22 Dùng tích phân năng lượng ta đã chứng minh bài toán biên Dirichlet cho phương trình Poisson u =f trong (1.2.9) u =ϕ trên, (1.2.10) với f C( ), ϕ C( ), R n là miền bị chặn với biên thuộc lớp C 1, có duy nhất nghiệm trong không gian C 2 () C 1 ( ). Tiếp theo, bằng nguyên lý cực đại ta có tính duy nhất nghiệm cho bài toán (1.2.9)- (1.2.10) cho R n chỉ cần là miền bị chặn, và không gian nghiệm mở rộng hơn C 2 () C( ). Định lý 1.16. Cho là miền bị chặn trong R n. Khi đó với bất kỳ f C( ), ϕ C( ), bài toán (1.2.9)-(1.2.10) có tối đa một nghiệm trong C 2 () C( ). 1.3 Nguyên lý cực đại 1.3.1 Nguyên lý cực đại yếu Đầu tiên ta sẽ chứng minh nguyên lý cực đại cho hàm dưới điều hòa mà không sử dụng tính chất giá trị trung bình. Định nghĩa 1.2. Cho u C 2 (), là miền trong R n. Ta nói hàm u là điều hòa dưới (điều hòa trên) trong nếu u 0 ( u 0, tương ứng) trong. Định lý 1.17. Cho là miền bị chặn trong R n và u C 2 () C( ) là hàm điều hòa dưới trong. Khi đó u đạt GTLN trên, nghĩa là max u = max u. Định lý này được gọi là nguyên lý cực đại yếu cho hàm điều hòa dưới. Để chứng minh nó ta cần đến bổ đề sau:

Bổ đề 1.18. Cho là miền trong R n và u C 2 () thỏa mãn u > 0 trong. Khi đó u không thể đạt cực đại địa phương trong. Từ đó ta có, nếu u liên tục trên thì max u = max u. Chứng minh Bổ đề 1.18. Ta chứng minh bằng phản chứng, nghĩa là giả sử có điểm x 0 mà u đạt cực đại địa phương tại đó. Khi đó u xi x i (x 0 ) 0, i = 1,..., n. Do đó u(x 0 ) 0 hay ta có điều mâu thuẫn với giả thiết. Vậy điều giả sử sai hay ta đã chứng minh xong Bổ đề. Quay trở lại chứng minh nguyên lý cực đại yếu cho hàm điều hòa dưới: Chứng minh nguyên lý cực đại yếu. Do bị chặn nên có R > 0 để B R. Với mỗi ɛ > 0 xét Có u ɛ C 2 () C( ) và u ɛ (x) = u(x) ɛ(r 2 x 2 ). u ɛ = u + 2nɛ > 0 trong. 23 Do đó theo Bổ đề 1.18 ta có Lại do B R nên max u ɛ = max u ɛ. max u ɛ max u ɛr 2, max u ɛ max u. Từ trên, cho ɛ 0 + ta hoàn thành chứng minh. Tiếp theo ta quan tâm nguyên lý cực đại yếu cho lớp phương trình rộng hơn một chút so với phương trình Poisson, cụ thể u + cu = f trong, với c, f là các hàm liên tục trên. Ta đến với các khái niệm nghiệm trên, nghiệm dưới như sau:

24 Định nghĩa 1.3. Hàm u C 2 () được gọi là nghiệm dưới (nghiệm trên) nếu sau: u + cu f ( u + cu f, tương ứng) trong. Ký hiệu phần dương u + = max{u, 0}. Ta có nguyên lý cực đại yếu cho nghiệm dưới Định lý 1.19. Cho là miền bị chặn trong R n và c C() là hàm không dương. Giả sử u C 2 () C( ) thỏa mãn u + cu 0 trong. Khi đó u đạt GTLN không âm trên, nghĩa là max u max u+. Chứng minh. Do u C( ), là tập compact nên có x 0 để u(x 0 ) = max u. TH1: hoặc x 0 hoặc u(x 0 ) 0 ta có ngay điều phải chứng minh. TH2: x 0 và u(x 0 ) > 0. Đặt + = {x : u(x) > 0} có: Do c 0 trong nên Do đó theo Định lý 1.17 ta có u u + cu 0 trong +. max u max u. + + Nếu x + thì u(x) = 0. Do đó max u max + u+. Do x 0 + nên từ trên ta có điều phải chứng minh.

25 Các nguyên lý cực đại yếu ở trên ta đều có thể mở rộng bằng cách thay toán tử Laplace bởi toán tử elliptic n n L = a ij (x) x 2 i x j + b i (x) xi, i,j=1 i=1 với a ij, b i C( ) và ma trận (a ij ) 1 i,j n xác định dương đều, nghĩa là có hằng số dương λ để n a ij (x)ξ i ξ j λ ξ 2, x, ξ R n. Để chứng minh các mở rộng này ta dùng ij nếu u đạt cực đại địa phương tại x 0 thì ma trận Hessian tại x 0 ( 2 x i x j u(x 0 )) 1 i,j n nửa xác định âm, nếu A, B là các ma trận vuông cấp n và đều nửa xác định dương thì T r(ab) 0. Ta không đi vào chi tiết các mở rộng này mà chuyển sang các hệ quả của các nguyên lý cực đại yếu. Hệ quả 1.20. Cho là miền bị chặn trong R n và c C() là hàm không dương. Giả sử u C 2 () C( ) thỏa mãn u + cu 0 trong, u 0 trên. Khi đó u 0 trong. Tổng quát hơn ta có nguyên lý so sánh sau: Hệ quả 1.21. Cho là miền bị chặn trong R n và c C() là hàm không dương. Giả sử u, v C 2 () C( ) thỏa mãn u + cu v + cv trong, u v trên. Khi đó u v trong.

26 Hệ quả trên giải thích lý do tại sao lại gọi hàm u C 2 () thỏa mãn u + cu f là nghiệm dưới. Giống như bài toán biên Dirichlet cho phương trình Poisson, nguyên lý cực đại yếu dẫn đến tính duy nhất nghiệm của bài toán biên Dirichlet cho phương trình u + cu = f. Định lý 1.22. Cho là miền bị chặn trong R n và c C() là hàm không dương. Khi đó bài toán u + cu = f trong, u = ϕ trên. với f C( ), ϕ C( ), có tối đa một nghiệm trong C 2 () C( ). Tiếp theo ta đưa ra một số ví dụ khi hoặc không bị chặn, hoặc c là hàm dương thì nguyên lý cực đại yếu hay tính duy nhất nghiệm bị phá vỡ. Ví dụ 1.1. Với = R n \ B 1 là miền không bị chặn, bài toán u = 0 ngoài B1, u = 0 trên B 1 có nghiệm không tầm thường ln x khi n = 2, u(x) = x 2 n 1 khi n 3. Có thể thấy rằng các nghiệm này không thỏa mãn nguyên lý cực đại vì nghiệm u(x) + khi x +. Ví dụ 1.2. Với = (0, π) (0, π) R n là hình lập phương (bị chặn), và c = n > 0 bài toán u + nu = 0 trong, u = 0 trên có nghiệm không tầm thường u(x) = n j=1 sin x j. Không khó để thấy u đạt GTLN tại (π/2,..., π/2).

27 1.3.2 Nguyên lý cực đại mạnh Để chứng minh nguyên lý cực đại mạnh cho nghiệm dưới ta cần đến bổ đề Hopf. Nếu u C 1 ( ) đạt cực đại tại x 0 thì ν u(x 0 ) 0, với ν là pháp tuyến ngoài đơn vị trên biên. Bổ đề Hopf chỉ ra rằng nếu u là nghiệm dưới thì đạo hàm theo pháp tuyến này thực sự dương. Bổ đề 1.23 (Bổ đề Hopf). Cho hình cầu mở B R n, x 0 B. Giả sử c C( B), c 0, và u C 2 (B) C 1 ( B) thỏa mãn u + cu 0 trong B. Nếu u < u(x 0 ) trong B \ {x 0 } và u(x 0 ) 0 thì ν u(x 0 ) > 0 với ν là pháp tuyến ngoài đơn vị trên B. Chứng minh. Bằng phép dịch chuyển ta có thể giả sử B = B R. Xét các hàm ω(x) =e α x 2 e αr2, v(x) =u(x) u(x 0 ) + ɛω(x), trong đó các hằng số dương α, ɛ sẽ chọn sau. Do c C( B) nên có α đủ lớn để α 2 R 2 2nα max c 0. Với α được chọn như vậy, B và chú ý c 0 ta có ω(x) + cω(x) = (4α 2 x 2 2nα + c)e α x 2 ce αr2 0, x B R \ B R/2. Khi đó từ giả thiết u + cu 0 và u(x 0 ) 0 có v + cv = u + cu + ɛ( ω + cω) cu(x 0 ) 0 trong B R \ B R/2. Ta lại có: Trên B R có ω(x) = 0. Ngoài ra từ giả thiết u < u(x 0 ) trong B \ {x 0 } và u C 1 ( B) nên u u(x 0 ) trên B R. Do đó v(x) = u(x) u(x 0 ) 0 khi x B R.

28 Trên B R/2 có u(x) u(x 0 ) < 0 nên ɛ = max B R/2 (u(x 0 ) u(x)) > 0. Khi đó v(x) u(x) u(x 0 ) + ɛ 0, x B R/2. Sử dụng nguyên lý cực đại yếu cho v ta được v(x) 0, x B R \ B R/2. Do v(x 0 ) = 0 nên ν v(x 0 ) 0 hay ν u(x 0 ) 2αɛRe αr2. Ta có điều phải chứng minh. Nhận xét. Ta có thể thay hình cầu B, trong bổ đề Hopf, bởi tập mở có biên thỏa mãn tính chất hình học sau tại điểm x 0 : có một hình cầu mở B 1 sao cho x 0 B 1. Tính chất hình học này được gọi là điều kiện cầu trong (interior sphere condition) tại x 0. Ta chứng minh nguyên lý cực đại mạnh. Định lý 1.24. Cho là miền bị chặn trong R n. Giả sử c C(), c 0, và u C 2 () C( ) thỏa mãn u + cu 0 trong. Khi đó u hoặc chỉ có thể GTLN không âm trên hoặc nó là hằng số. Chứng minh. Ký hiệu M là GTLN không âm của u trong và D = {x : u(x) = M}. Từ tính liên tục của u ta có D đóng tương đối trong. TH1: D = ta có u chỉ có thể đạt GTLN không âm trên biên. TH2: D, nghĩa là có x 1 D. Giả sử có x 2 \ D. Do liên thông nên có đường liên tục γ : [0, 1], γ(0) = x 1, γ(1) = x 2. Do tính compact nên d(, γ(s)) d > 0, s [0, 1]. Lại do tính compact nên có dãy s 0 = 0 < s 1 < < s N = 1 sao cho d(γ(s i ), γ(s i+1 )) < d/2, i = 0, 1,..., N 1.

29 Có γ(s 0 ) = x 1 D, γ(s N ) = x 2 \ D. Do đó có i 0 {0, 1,..., N 1} sao cho γ(s i0 ) D, γ(s i0 +1) \ D. Lấy x = γ(s i0 +1), r = d(x, D) ta có 0 < r d(γ(s i0 ), γ(s i0 +1)) < d/2 < d(x, )/2. Khi đó B r (x ), B r (x ) D =, B r (x ) D. Lấy x 0 B r (x ) D có u(x 0 ) = M 0, u(x) < M = u(x 0 ) khi x B r (x ) nên theo Bổ đề Hopf ta có ν u(x 0 ) > 0 với ν là pháp tuyến ngoài đơn vị trên B r (x ); x 0 B 2r (x ) B d (x ) nên x 0 là điểm cực trị của u, hay u(x 0 ) = 0. Ta có điều mâu thuẫn hay \ D = hay = D nghĩa là u là hàm hằng. Nguyên lý cực đại mạnh được chứng minh. Từ nguyên lý cực đại mạnh ta dễ dàng có hệ quả sau.

30 Hệ quả 1.25. Cho là miền bị chặn trong R n. Giả sử c C(), c 0, và u C 2 () C( ) thỏa mãn u + cu 0 trong, u 0 trên. Khi đó hoặc u < 0 trong hoặc nó là hằng số không dương. Tiếp đến hệ quả về bài toán biên Neumann. Hệ quả 1.26. Cho là miền bị chặn trong R n với biên thuộc lớp C 1 có pháp tuyến ngoài đơn vị ν. Giả sử thỏa mãn điều kiện cầu trong tại mọi điểm trên biên và c C(), c 0. Nếu u C 2 () C 1 ( ) là nghiệm của bài toán u + cu =f trong, ν u =ϕ trên, với f C( ), ϕ C( ) thì hoặc u là nghiệm duy nhất của bài toán khi c 0, hoặc các nghiệm của bài toán sai khác u một hằng số khi c 0. Chứng minh. Để chứng minh hệ quả này ta sẽ chứng minh khi f = 0, ϕ = 0 có hoặc u 0 khi c 0, hoặc u là hằng số khi c 0. TH1: c 0. Giả sử u 0, bằng cách đặt v = u, không mất tính tổng quát ta giả sử u có GTLN dương trong. Theo nguyên lý cực đại mạnh ta có: Hoặc u là hằng số dương: thì từ phương trình c 0, trái với giả thiết. Hoặc u không đạt GTLN trong và có x 0 để u(x 0 ) > 0 và u(x) < u(x 0 ), x. Theo Bổ đề Hopf ta có ν u(x 0 ) > 0. Lại trái với giả thiết.

31 Như vậy điều giả sử sai hay u 0. TH2: c 0. Dễ thấy hằng số là nghiệm của bài toán. Giả sử có u khác hằng là nghiệm của bài toán. Bằng cách lấy v = u, không mất tính tổng quát ta giả sử u có GTLN dương trong. Do u khác hằng nên theo nguyên lý cực đại mạnh x 0 để u(x 0 ) > 0 và u(x) < u(x 0 ), x. Theo Bổ đề Hopf ta có ν u(x 0 ) > 0. Trái với giả thiết. Do đó điều giả sử sai hay chỉ có hằng mới là nghiệm của bài toán. Nhận xét. Liệu giả thiết biên C 1 có thể suy ra điều kiện cầu trong không? Trả lời không. Nếu thay C 1 bởi C 2 thì lại suy ra được. Tại sao? 1.3.3 Đánh giá tiên nghiệm Như ta đã thấy nguyên lý cực đại chỉ ra tính duy nhất nghiệm của các bài toán biên. Bây giờ ta sẽ thấy nguyên lý cực đại còn dẫn đến đánh giá tiên nghiệm. Định lý 1.27. Cho là miền bị chặn trong R n, c và f là các hàm liên tục trên với c 0, còn ϕ liên tục trên. Giả sử u C 2 () C( ) thỏa mãn Khi đó sup u + cu =f trong, u sup u =ϕ trên. ϕ + C sup f, trong đó C là hằng số dương chỉ phụ thuộc n và d(). Chứng minh. Đặt Khi đó F = sup f, Φ = sup ϕ. (±u) + c(±u) = ± f F trong, ±u = ± ϕ Φ trên.

32 Do bị chặn nên có R > 0 để B R. Xét hàm v(x) = Φ + F 2n (R2 x 2 ). Có v 0 trong B R. Lại do c 0 trong nên v + cv = F + cv F (±u) + c(±u) trong. Khi x B R có R 2 x 2 0. Do đó Sử dụng nguyên lý so sánh ta có hay v Φ (±u) trên. u v trong u(x) Φ + F 2n (R2 x 2 ) sup ϕ + R2 2n sup f, x. Vậy ta có ước lượng tiên nghiệm với C = R 2 /(2n). Trong trường hợp đặc biệt = B R (x 0 ) ta có ước lượng sup u sup ϕ + R2 B R (x 0 ) B R (x 0 ) 2n sup f. B R (x 0 ) 1.3.4 Đánh giá gradient Với u C 2 (B R (x)) C( B R (x)) là hàm điều hòa trong B R (x), Định lý 1.6, bằng cách dùng công thức Green ta có đánh giá gradient max u C B R/4 (x) R max u, B R (x) với hằng số dương C chỉ phụ thuộc số chiều n. Định lý 1.17, bằng cách dùng tính chất trung bình có thể chỉ rõ C = n. Các cách này đều đưa về trường hợp x = 0, R = 1. Dưới đây ta trình bày cách khác, dựa trên phương pháp của N. Bernstein, để chứng minh đánh giá gradient khi x = 0, R = 1.

33 Định lý 1.28. Cho u C 2 (B 1 ) C( B 1 ) là hàm điều hòa. Khi đó max u C max u, B 1/2 với hằng số dương C chỉ phụ thuộc số chiều n. Chứng minh. Lấy η C 0 (B 1 ) thỏa mãn η = 1 trong B 1/2 và η = 0 ngoài B 1. Ta sẽ tìm hằng số dương α để B 1 (η 2 u 2 + αu 2 ) 0 trong B 1. (1.3.11) Lại có η 2 u 2 + αu 2 0 trong B 1, nên theo Định lý 1.19 ta có max(η 2 u 2 + αu 2 ) max(η 2 u 2 + αu 2 ). B 1 B 1 Từ tính chất của η ta có đánh giá gradient cần chứng minh. Ta còn phải chứng minh (1.3.11). Ta tính toán lần lượt như sau: (η 2 ) = 2η η + 2 η 2. (u 2 ) = 2u u + 2 u 2 = 2 u 2. Công thức Bochner ( u 2 ) = 2 2 u 2 + 2 u ( u) = 2 2 u 2. Với ϕ C0 (B 1 ), ϕ 0, có n (ϕ u 2 ) = u 2 ϕ + 4 ϕ xj u xi u xi x j + 2ϕ 2 u 2. i,j=1 Sử dụng bất đẳng thức ϕu 2 x i x j + 1 ϕ ϕ x j u 2 x i 2 ϕ xj u xi u xi x j ta có (ϕ u 2 ) ) ( ϕ 2 ϕ 2 u 2. ϕ

34 Chọn ϕ = η 2 có ϕ 2 /ϕ = 4 η 2. Kết hợp với các tính chất ở trên ta có (η 2 u 2 ) 2(η η 3 η 2 ) u 2 C u 2, trong đó C = max B 1 2( η η + 3 η 2 ) là hằng số dương chỉ phụ thuộc n. Từ các tính toán trên lấy α = C ta có (1.3.11). Tiếp theo ta chứng minh bất đẳng thức Harnack dạng vi phân. Định lý 1.29. Cho u là hàm điều hòa dương trong B 1. Khi đó sup B 1/2 ln u C, với hằng số dương C chỉ phụ thuộc vào số chiều n. Chứng minh. Đặt v = ln u, ω = v 2. Ta cũng lấy η C 0 (B 1 ) như trong chứng minh Định lý 1.28. Cũng gần giống chứng minh đó, ta cũng tìm hằng số dương α để (η 4 ω) + 2 v (η 4 ω) 1 2n η4 ω α. (1.3.12) Do η 4 ω C( B 1 ) nên có điểm x 0 B 1 để η 4 ω đạt GTLN trong B 1. Ta có hai trường hợp sau: TH1: x 0 B 1 thì Lại từ tính chất của η, ω ta có η 4 (x)ω(x) η 4 (x 0 )ω(x 0 ) = 0, x B 1. ω = 0 trong B 1/2 hay ta có đánh giá cần chứng minh với C = 0. TH2: x 0 B 1 thì (η 4 ω)(x 0 ) = 0, (η 4 ω)(x 0 ) 0. Khi đó tử (1.3.12) ta có η 4 (x 0 )ω 2 (x 0 ) 2nα. Lấy C = max{2nα, η 4 (x 0 )} ta có η 4 (x)ω(x) η 4 (x 0 )ω(x 0 ) C, x B 1.

35 Từ tính chất của η ta có đánh giá cần chứng minh với C = max{2nα, η 4 (x 0 )}. Ta còn phải chứng minh (1.3.12). Nhắc lại v = ln u, ω = v 2. Ta tính toán lần lượt như sau: v = u u v 2 = ω. ω = 2 2 v 2 + 2 v ( v) = 2 2 v 2 2 v ω. Với ϕ C 0 (B 1 ), ϕ 0 có hay (ϕω) = ω ϕ + 4 n ϕ xj v xi v xi x j + 2ϕ 2 v 2 2ϕ v ω i,j=1 (ϕω) + 2 v (ϕω) = ω ϕ + 4 Sử dụng các bất đẳng thức ta có Chọn ϕ = η 4 có n ϕ xj v xi v xi x j + 2ϕ 2 v 2 2ω v ϕ. i,j=1 ϕv 2 x i x j + 4ϕ2 x j ϕ v2 x i 4 ϕ xj v xi v xi x j 2 v 2 1 n v 2 = v 4 n, ω v ϕ ϕ v 3 (ϕω)+2 v (ϕω) ϕ ) n v 4 2 ϕ v 3 + ( ϕ 4 ϕ 2 v 2. ϕ Kết hợp với tính toán ở trên ϕ = 12 η 2 η 2 + 4η η, ϕ 2 ϕ = 64 η 2 η 2. (ϕω)+2 v (ϕω) η4 n v 4 8η 3 η v 3 + 4η 2 ( η η 13 η 2) v 2.

36 Do η C 0 (B 1 ) nên t 4 2n 8 η t3 + 4(η η 13 η 2 )t 2 α, t R, với hằng số dương α chỉ phụ thuộc n, η. Kết hợp toàn bộ tính toán trên với t = η 4 ω ta có (1.3.12). 1.3.5 Khử kỳ dị Nhắc lại nghiệm cơ bản của phương trình Laplace 1 ln x khi n = 2, Γ(x) = ω 2 1 x 2 n khi n 3. (2 n)ω n Các nghiệm này thỏa mãn phương trình Laplace tại mọi điểm trừ gốc tọa độ, và chúng đều bị hút ra vô cùng ở gốc. Dưới đây ta sẽ thấy kỳ dị cô lập của hàm điều hòa có thể khử được nếu chúng tốt hơn nghiệm cơ bản tại đó. Định lý 1.30. Cho u là hàm điều hòa trong B R \ {0} R n và thỏa mãn u(x) = o(γ(x)) nghĩa là u(x) lim x 0 Γ(x) = 0. Khi đó ta có để định nghĩa hàm u tại gốc để nó trở thành hàm điều hòa trong B R. Chứng minh. Không mất tính tổng quát ta giả sử u liên tục đến mặt cầu B R. Khi đó sử dụng công thức tích phân Poisson, bài toán biên Dirichlet v =0 trong B R, v =u trên B R có nghiệm v là hàm điều hòa trong B R. Đặt M = max u. Theo nguyên lý cực đại ta có B R v M trong B R. Ta chỉ còn phải chứng minh u = v trong B R \ {0}. Đặt ω = v u và M r = max ω, B r 0 < r < R. Do ω = 0 trên B R nên Γ(x/R) M r Γ(r/R) ω(x) M Γ(x/R) r Γ(r/R) trên B r B R.

Lại có ω(x) và CΓ(x/R) là các hàm điều hòa trong B R \ B r nên theo nguyên lý so sánh ta có Lại có ω(x) M r Γ(x/R) Γ(r/R) trong B R \ B r. M r = max B r ω M + max u B r 37 nên ω(x) M Γ(x/R) Γ(r/R) + max B r u Γ(x/R), r < x < R. Γ(r/R) Cố định x B R \ {0}, lấy r (0, x ) và cho r 0 + ta có điều phải chứng minh. 1.3.6 Phương pháp Perron Trong mục này ta xét R n là miền bị chặn với biên. Trước hết ta cần đến một số kết quả về hàm điều hòa dưới và hàm điều hòa trên. Nhắc lại hàm v C 2 () được gọi là điều hòa dưới (điều hòa trên) nếu v 0 (tương ứng v 0). Để giải bài toán biên Dirichlet cho phương trình Laplace trên miền bị chặn bất kỳ, Perron mở rộng khái niệm điều hòa dưới, điều hòa trên cho lớp hàm liên tục. Bổ đề sau giúp ta cách mở rộng. Bổ đề 1.31. Cho v C 2 (). Khi đó v là hàm điều hòa dưới khi và chỉ khi với bất kỳ hình cầu B, bất kỳ ω C( B) mà ω điều hòa trên B nếu v ω trên biên B thì v ω trong B. Chứng minh. Chiều được chứng minh nhờ nguyên lý cực đại. Ta chứng minh chiều bằng phản chứng, nghĩa là có một điểm x 0 mà v(x 0 ) < 0. Do là tập mở và v C 2 () nên có hình cầu đóng B với tâm x 0 sao cho v(x) < 0, x B. Lại có v B là hàm liên tục nên bài toán biên Dirichlet cho phương trình Laplace trong hình cầu

38 ω = 0 trong B, ω B = v có duy nhất nghiệm ω C( B) là hàm điều hòa trong B và ω = v trên B. Khi đó từ giả thiết ta có v ω trong B. Mặt khác, do (ω v) > 0 trong B, ω v = 0 trên B nên từ nguyên lý cực đại ta có điều mâu thuẫn. Ta chứng minh xong Bổ đề. Một cách tương tự ta cũng có Bổ đề cho hàm điều hòa trên. Chi tiết xem như bài tập. Từ các Bổ đề này ta mở rộng khái niệm điều hòa trên, điều hòa dưới như sau: Định nghĩa 1.4. Hàm v C() được gọi là điều hòa dưới nếu với bất kỳ hình cầu đóng B, bất kỳ ω C( B) mà ω điều hòa trên B và v ω trên biên B thì v ω trong B. Một cách tương ứng, thay dấu bởi ta có định nghĩa cho hàm điều hòa trên. Với cách định nghĩa dùng toán tử Laplace ta có: "điều hòa dưới + điều hòa trên = điều hòa." Dĩ nhiên hàm điều hòa cũng vừa là điều hòa dưới, vừa điều hòa trên theo cách định nghĩa mới. Câu hỏi: với định nghĩa mở rộng khẳng định trên còn đúng không? Tiếp đến kết quả về mối quan hệ giữa điều hòa dưới và điều hòa trên, kết quả mở rộng nguyên lý so sánh các hàm điều hòa. Bổ đề 1.32. Cho u, v C( ). Giả sử u là hàm điều hòa dưới còn v là hàm điều hòa trên trong thỏa mãn u v trên.

39 Khi đó u v trong. Chứng minh. Đặt M = max(u v) và D = {x : u(x) v(x) = M}. Do tính liên tục ta có D là tập đóng trong. Ta sẽ chứng minh D là tập mở trong. Khi đó từ tính liên thông của ta dẫn đến hai tình huống D = thì u(x) v(x) M = max(u v), x, D = thì u(x) v(x) = M, x. Khi đó từ mối quan hệ giữa u, v trên ta có điều phải chứng minh. Giờ ta chứng minh D mở trong. Lấy x 0 D. Do là tập mở nên có hình cầu đóng B với tâm x 0. Do u, v liên tục trên B nên các bài toán biên Dirichlet cho phương trình Laplace trong B sau ū = 0 trong B, ū B = u, có duy nhất nghiệm. Khi đó ta có và v = 0 trong B, v B = v, từ tính điều hòa dưới của u, điều hòa trên của v ta có u ū, v v trong B nên ū(x 0 ) v(x 0 ) u(x 0 ) v(x 0 ) = M, (ū v) B = (u v) B M và (ū v) = 0 trong B nên áp dụng nguyên lý cực đại cho hàm điều hòa ū v trong B ta có ū v = M trong B hay u v = M trên B. Như vậy B D. Điều này đúng với bất kỳ hình cầu B có tâm tại x 0 nên D mở trong. Ta kết thúc chứng minh Bổ đề.

40 Ta cần thêm tính chất nữa của hàm điều hòa dưới: Bổ đề 1.33. Cho v C( ) là hàm điều hòa dưới trên. Giả sử hàm ω C( ) thỏa mãn: có hình cầu đóng B sao cho ω = v trong \ B, ω điều hòa trongb. Khi đó ω là hàm điều hòa dưới trong và v ω trong. Chứng minh. Từ tính điều hòa dưới của v ta có ngay v ω trong B. Từ đó ta có v ω trong. Ta còn phải chứng minh tính điều hòa dưới của ω bằng định nghĩa. Lấy hình cầu đóng B và u C( B ) điều hòa trong B và ω u trên B. Việc còn phải chứng minh lúc này ω u trong B. Có v ω trong và ω u trên B nên v u trên B. Lại có v là hàm điều hòa dưới trong và u điều hòa trong B nên v u trong B. TH1: B B = thì B \ B. Từ giả thiết ω = v trong \ B ta có ω u trong B hay điều phải chứng minh. TH2: B B. Tương tự TH1 có ω u trong B \ (B B ). Việc còn phải chứng minh lúc này ω u trong B B. Để ý rằng ω, u là các hàm điều hòa trong B B nên theo nguyên lý so sánh ta chỉ còn phải chứng minh ω u trên (B B ). Từ giả thiết ta có ω u trên (B B ) B. Lại có ω u trong B \ (B B ) nên ω u trên (B B ) B. Ta hoàn thành chứng minh cho Bổ đề.

41 Đến lúc ta có thể chỉ ra sự tồn tại nghiệm của bài toán biên Dirichlet cho phương trình Laplace trong miền bị chặn bằng phương pháp Perron. Cụ thể xét bài toán với ϕ C( ). Ký hiệu u = 0 trong, (1.3.13) u = ϕ (1.3.14) S ϕ = {v C( ) : v điều hòa dưới trong, v ϕ trên }. Giả sử u là nghiệm của bài toán (1.3.13)-(1.3.14). Khi đó, không khó để thấy u S ϕ, nếu v S ϕ thì v u trong nên u = sup S ϕ. Perron khẳng định điều ngược lại đúng. Dưới đây ta sẽ từng bước chứng minh khẳng định này. Định lý 1.34. Đặt u ϕ = sup S ϕ, nghĩa là u ϕ : R là hàm xác định bởi Khi đó u ϕ điều hòa trong. u ϕ (x) = sup v S ϕ v(x), x. Chứng minh. Do là tập compact, ϕ C( ) nên có < m = min ϕ max ϕ = M < +. Dễ có các hàm hằng m, M thuộc S ϕ và từ nguyên lý so sánh v M trong, v S ϕ. Do đó S ϕ và u ϕ hoàn toàn xác định trên. Để chứng minh u ϕ là hàm điều hòa trong ta sẽ chứng minh nó điều hòa trên hình

42 cầu B bất kỳ. Trước hết ta có nhận xét nếu v 1, v 2 S ϕ thì max{v 1, v 2 } S ϕ. Lấy B là hình cầu tâm x 0 và B. Do u ϕ = sup S ϕ nên có dãy các v i S ϕ sao cho lim v i(x 0 ) = u ϕ (x 0 ). i Do m S ϕ nên theo nhận xét trên ta có thể giả sử m v i u ϕ trong. Do v i B là hàm liên tục nên bài toán biên Dirichlet trong hình cầu B ω i =0 trong B, ω i B =v i có duy nhất nghiệm. Khi đó lấy ω i = v i trong \ B. Theo Bổ đề 1.33 ta có ω i S ϕ và v i ω i trong. Có dãy ω i, i N, là dãy bị chặn đều m ω i M, điều hòa trong B nên nó, có dãy con, hội tụ đều trên từng compact đến hàm điều hòa ω trong B. Việc chứng minh u ϕ là hàm điều hòa trong B ta sẽ chứng minh u ϕ = ω trong B. Có ngay u ϕ (x 0 ) = ω(x 0 ). Lấy x B \ {x 0 }. Bằng cách tương tự trên ta có dãy các hàm v i S ϕ sao cho lim v i( x) = u ϕ ( x). i Như trên có ω i S ϕ nên theo nhận xét trên ta có thể giả sử ω i v i u ϕ trong. Lại tương tự trên ta xây dựng được dãy các hàm ω i S ϕ hội tụ đều trên từng compact trong B đến hàm điều hòa ω sao cho và ω( x) = u ϕ ( x), ω(x 0 ) = u ϕ (x 0 ) = ω(x 0 ). Khi đó ω ω điều hòa trong B và ω i v i ω i u ϕ trong nên ω ω ω ω 0 trong B, ω(x 0 ) ω(x 0 ) = 0. Theo nguyên lý cực đại ta có ω ω = 0 trong B. Do đó ω( x) = ω( x) = u ϕ ( x). Do x là điểm bất kỳ trong B nên ta có điều phải chứng minh, nghĩa là u ϕ điều hòa trong B và do đó điều hòa trong.

Tiếp tục quan sát điều kiện biên, ta cần khái niệm hàm chặn (barrier function). 43 Định nghĩa 1.5. Với mỗi x 0 hàm ω x0 C( ) được gọi là hàm chặn tại điểm x 0 nếu nó thỏa mãn các điều kiện sau ω x0 là hàm điều hòa dưới trên, ω x0 (x 0 ) = 0 và ω x0 (x) < 0, x \ {x 0 }. Câu hỏi: liệu có hàm chặn hay không? cụ thể hơn miền như nào có hàm chặn? Miền được gọi là thỏa mãn điều kiện hình cầu ngoài (exterior sphere condition) tại điểm x 0 nếu có hình cầu B r0 (y 0 ) nằm ngoài và chỉ tiếp xúc với tại đúng một điểm x 0, cụ thể B r0 (y 0 ) = và B r0 (y 0 ) = {x 0 }. Khi đó có hàm chặn tại x 0 ω x0 = Γ(x y 0 ) Γ(x 0 y 0 ). Khái niệm hàm chặn cho ta kết quả sau: Bổ đề 1.35. Giả sử tại x 0 có hàm chặn ω x0. Khi đó lim u x x ϕ (x) = ϕ(x 0 ). 0 x Chứng minh. Để chứng minh Bổ đề này ta chứng minh với bất kỳ ɛ > 0. lim sup u ϕ (x) ϕ(x 0 ) < ɛ x x 0 x Cố định ɛ > 0. Do ϕ C( ) nên có δ > 0 để ϕ(x) ϕ(x 0 ) < ɛ, x B δ (x 0 ). Lại do \ B δ (x 0 ) là tập compact, ω x0 là hàm liên tục trên và ω(x) < 0, x x 0, nên có K = K(δ) > 0 để Kω x0 (x) 2M = 2 max ϕ, x \ B δ(x 0 ).

44 Do đó ϕ(x) ϕ(x 0 ) < ɛ Kω x0 (x), x. Không khó để thấy do ω x0 là hàm điều hòa dưới nên ϕ(x 0 ) ɛ + Kω x0 là hàm điều hòa dưới trong, ϕ(x 0 ) ɛ + Kω x0 ϕ trên. Như vậy ϕ(x 0 ) ɛ + Kω x0 S ϕ và ϕ(x 0 ) ɛ + Kω x0 u ϕ trong. (1.3.15) Tương tự trên ta có do ω x0 là hàm điều hòa dưới nên ϕ(x 0 ) + ɛ Kω x0 là hàm điều hòa trên trong, ϕ(x 0 ) + ɛ Kω x0 ϕ trên. Theo Bổ đề 1.32 ta có ϕ(x 0 ) + ɛ Kω x0 u ϕ trong. (1.3.16) Từ (1.3.15)-(1.3.16) ta có u ϕ (x) ϕ(x 0 ) ɛ Kω x0 (x), x. Do ω x0 C( ) và ω x0 (x 0 ) = 0, cho x x 0, x, ta có điều phải chứng minh.

45 Tóm lại ta đã chứng minh được Định lý về sự tồn tại nghiệm cho bài toán biên Dirichlet của Perron. Định lý 1.36 (Định lý Perron). Cho là miền bị chặn thỏa mãn mọi điểm trên biên đều có hàm chặn. Khi đó với bất kỳ hàm ϕ C( ) ta có u ϕ = sup S ϕ là nghiệm của bài toán (1.3.13)-(1.3.14). 1.4 Phương trình Poisson Trong mục này ta nghiên cứu phương trình Poisson u = f. 1.4.1 Nghiệm cổ điển Nhắc lại đồng nhất thức Green, khi u C 2 () C 1 ( ) ( u(x) = Γ(x y) y u(y)dy Γ(x y) νy u(y) u(y) νy Γ(x y) ) ds y. Khi u C0 () có u = 0 gần biên nên νy u(y) = 0 trên biên. Do đó u(x) = Γ(x y) y u(y)dy. Tích phân này được gọi là thế vị Newton. Nó là gợi ý để ta tìm nghiệm cho phương trình Poisson. Nói cách khác, dưới đây ta sẽ chỉ ra thế vị Newton cho ta nghiệm cổ điển của phương trình Poisson. Trước hết ta quan sát các tiệm cận, khi y x ln x y khi n = 2, Γ(x y) x y 2 n khi n 3, Mà Γ(x y) x y 1 n, 2 Γ(x y) x y n. khi n = 2 có B 1 ln(1/ x )dx = 2π 1 r ln rdr = π/2, 0

46 khi n 3 có B 1 x 2 n dx = ω n 1 0 rdr = ω n/2, còn B 1 x 1 n dx = ω n, B 1 x n dx = ω n 1 0 r 1 dr = +. Với là miền bị chặn trong R n, nếu chỉ đòi hỏi f bị chặn trong thì thế vị Newton ω f (x) = Γ(x y)f(y)dy hoàn toàn xác định và là hàm thuộc lớp C 1. Tuy nhiên như thế chưa thể là nghiệm cổ điển của phương trình Poisson. Để là nghiệm của phương trình Poisson ta cần tăng điều kiện về tính trơn của f. Cụ thể ta cần đến bổ đề sau: Bổ đề 1.37. Cho là miền bị chặn trong R n, f là hàm bị chặn trên và ω f là thế vị Newton. Giả sử f C k 1 () với số nguyên k 2. Khi đó ω f C k () và thỏa mãn phương trình Poisson trong. Hơn nữa nếu f là hàm trơn trong thì ω f trong. cũng trơn Chứng minh. Trước hết ta xét trường hợp f có giá compact trong. Khi đó ta có thể hiểu f xác định trên toàn R n, có giá trị bằng 0 ngoài. Do có giá compact trong nên từ giả thiết về độ trơn ta vẫn có f C k 1 (R n ) và Do Γ L 1 (R n ), f C k 1 0 (R n ) nên ω f (x) = Γ(x y)f(y)dy = R n Γ(z)f(y + z)dz. R n xi ω f (x) = Γ(z)f xi (x + z)dz = R n Γ(z)f zi (x + z)dz R n = Γ zi (z)f(x + z)dz. R n Tiếp tục đạo hàm cấp α, α k 1, có α xi ω f (x) = R n Γ zi (z) α z f(x + z)dz.

Như vậy nếu f C k 1 0 () thì ω f C k (). Hơn nữa nếu f C 0 () thì ω f C (). Ngoài ra, với mỗi x ta có ω f (x) = n i=1 = lim ɛ 0 + u xi x i (x) = ɛ z R R n n Γ zi (z)f zi (x + z)dz i=1 n Γ zi (z)f zi (x + z)dz trong đó R = R(x) đủ lớn để x + B R, chẳng hạn R = x + 2d(). i=1 Sử dụng công thức Green thứ nhất với chú ý supp f B R và Γ = 0 trong B R \ B ɛ ta có ɛ z R n Γ zi (z)f zi (x + z)dz = i=1 B ɛ ν Γ(z)f(x + z)ds z. Lại có trên mặt cầu B ɛ có ν Γ(z) = 1 nên ω n ɛn 1 1 ω f (x) = lim f(x + z)ds ɛ 0 + ω n ɛ n 1 z = f(x). B ɛ Ta đã chứng minh bổ đề cho trường hợp f có giá compact. Ta tiếp tục chứng minh trường hợp tổng quát. Lấy x 0. Ta chỉ cần chứng minh bổ đề ở quanh điểm x 0. Do là tập mở nên có r > 0 để B r (x 0 ). Lấy ϕ C 0 (B r (x 0 )) thỏa mãn ϕ = 1 trong B r/2 (x 0 ). ϕ( )f( ) có giá compact nên theo chứng minh trên ω ϕf (x) = Γ(x y)ϕ(y)f(y)dy thuộc lớp C k () khi f C k 1 (), trơn khi f trơn. Hơn nữa ω ϕf = f trong B r/2 (x 0 ). 47 Còn Γ(x y)(1 ϕ(y))f(y)dy = Γ(x y)(1 ϕ(y))f(y)dy \B r/2 (x 0 )

48 là hàm điều hòa trong B r/4 (x 0 ) vì với mỗi y B r/2 (x 0 ) có và (1 ϕ( ))f( ) bị chặn trong. Từ đây ta hoàn thành chứng minh bổ đề. Γ( y) điều hòa trong B r/4 (x 0 ) Bổ đề trên cho ta biết độ trơn của thế vị Newton, nghiệm đặc biệt của phương trình Poisson. Tiếp theo ta chỉ ra đó cũng là tính chất chung cho nghiệm của phương trình Poisson. Định lý 1.38. Cho là một miền trong R n, f C(). Giả sử u C 2 () là nghiệm của phương trình Poisson trong. Nếu f C k 1 (), số nguyên k 2, thì f C k (). Hơn nữa nếu f trơn thì u trơn trong. Chứng minh. Tính trơn có tính địa phương nên ta chỉ cần xét trong các hình cầu đóng B. Khi đó theo Bổ đề 1.37 thế vị Newton ω f,b C k (B) nếu f C k 1 (), k 2. Khi đó ω f,b = f trong B. Đặt v = u ω f,b ta có v là hàm điều hòa trong B. Do đó u C k (B) với bất kỳ hình cầu B Khi f trơn trong thì u trơn trong B với bất kỳ hình cầu B. Ta hoàn thành chứng minh. Từ kết quả này ta giải được bài toán biên Dirichlet cho phương trình Poisson. Định lý 1.39. Cho là miền bị chặn trong R n thỏa mãn điều kiện cầu ngoài tại mọi điểm trên biên, f là hàm bị chặn, thuộc lớp C 1 trong và ϕ là hàm liên tục trên biên. Khi đó có nghiệm u C 2 () C( ) của bài toán biên Dirichlet u =f trong, u =ϕ trên. Hơn nữa nếu f C () thì u C ().