Luận văn Phương trình au = f trong không gian Banach

cảm ơn sâu sắc đến thầy. Tác giả cũng xin cảm ơn các thầy cô đã đóng góp ý kiến quý báu cho luận văn và các thầy cô trong khoa Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội đã tạo điều kiện cho tác giả được học tập nghiên cứu. Cảm ơn các cơ quan chủ quản, gia đình và bạn bè đã động viên giúp đỡ tác giả hoàn thành tốt luận văn này. CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC MỞ ĐẦU §1. Toán tử . Định nghĩa 1.1.1: Cho là các không gian Banach thực. Ta ký hiệu là không gian tất cả các ánh xạ - tuyến tính Định nghĩa 1.1.2: Cho là không gian Banach phức, với . Chúng ta sẽ ký hiệu bởi là không gian con tất cả những sao cho : Định nghĩa 1.1.3: Nếu là tập con mở của ta sẽ ký hiệu bởi là không gian véc tơ tất cả các ánh xạ : . Và chúng ta sẽ ký hiệu gồm tất cả các của lớp Định nghĩa 1.1.4: Cho là một tập mở của thì ta ký hiệu là không gian con tất cả các sao cho . Tương tự chúng ta sẽ ký hiệu bởi là không gian con tất cả các sao cho Mệnh đề 1.1.5: Nếu là tập con mở của thì Chứng minh: Có các phép chiếu liên tục : sao cho . Điều này sinh ra các phép chiếu : sao cho Nếu là lớp thì rõ ràng là . Nếu và thì ta có . Ở đó Do đó Định nghĩa 1.1.6: Cho là tập con mở của . Với mỗi ta định nghĩa bởi : Hay nói cách khác: Mệnh đề 1.1.7: Nếu là tập con mở của thì : Cả 2 ánh xạ là tuyến tính. và và Nếu thì : Chứng minh: a), b) c) dễ thấy. Ta chứng minh d). Ta có Nhưng ta lại có theo c) thì , , . Theo mệnh đề 1.1.5 ta có Chứng minh e): Ta có Ta có Do đó theo mệnh đề 1.1.5 ta có điều phải chứng minh. Mệnh đề 1.1.8: Cho là không gian Banach phức. Cho là các tập mở, cho với . Chứng minh: a) Nếu thì Do đó nếu là - tuyến tính do đó b) Với ta có : Mà và Theo mệnh đề 1.1.5 ta có : Mệnh đề 1.1.9: Cho là tập con mở của và cho thì trên Chứng minh: Để chứng minh mệnh đề ta chỉ cần chứng minh : Hiển nhiên : Giả sử , lấy bất kỳ ta có (1.1) Chọn số phân biệt trong khoảng . Đặt , , Áp dụng (1.1) với , Ta được hệ phương trình tuyến tính : với . Dễ thấy là số phân biệt nên hệ phương trình trên có định thức Vandermonde do đó ta có điều phải chứng minh. §2. Tính khả vi và liên tục Lipschitz Cho là không gian Banach phức, là tập mở, là một hàm Định nghĩa 1.2.1: Với mỗi tập ta xét 2 chuẩn sau đây : Khi chúng ta đơn giản viết thay thế cho ,. Nếu , chúng ta nói rằng là liên tục Lipschitz trên . Định nghĩa 1.2.2: là dạng - 1 vi phân trên , , là hình cầu đơn vị trong V. Xét 2 chuẩn của như sau: Chúng ta nói rằng là liên tục Lipschitz trên nếu , . Ta cũng ký hiệu đơn giản là nếu . Xét ánh xạ lớp . Bằng tính toán đơn giản ta có: (1.2) Hầu hết các tô pô được sử dụng để nghiên cứu không gian các hàm và các dạng vi phân là tô pô compact mở. Trong tô pô này thì (tương ứng ) nếu chúng hội tụ đều trên tất cả các tập con compact của (tương ứng ). Vì thế . Tuy nhiên yếu hơn . Mệnh đề 1.2.3: Nếu và đều trên các tập compact của thì Chứng minh: Rõ ràng là hạn chế của trên bất kỳ tập compact là liên tục. Nếu . Đặt thì compact vì thế . Do đó liên tục trên . Định nghĩa 1.2.4: Giả sử . Chúng ta nói rằng (theo nghĩa yếu) nếu bất kỳ không gian con hữu hạn , theo nghĩa phân phối. Khi là hữu hạn chiều thì theo nghĩa trên theo nghĩa phân phối. Dưới đây là một số kết quả quen thuộc : Mệnh đề 1.2.5: Nếu ,, và ( tương ứng ) đều trên các tập compact của (tương ứng ) thì . Mệnh đề 1.2.6: Nếu , , (tương ứng liên tục Lipschitz) và theo nghĩa yếu thì (tương ứng ) và theo nghĩa ban đầu của . Mệnh đề 1.2.7: Nếu (tương ứng ) là bị chặn đều trên các tập con compact của (tương ứng ) thì là đồng liên tục đều trên (suy ra rằng có thể được phủ bởi các tập con mở mà ở đó là đồng liên tục) §3. Hàm đa điều hòa dưới và miền giả lồi trong Ta ký hiệu là hình cầu tâm bán kính 1. Định nghĩa 1.3.1: Cho tập mở một hàm gọi là nửa liên tục trên (tương ứng gọi là nửa liên tục dưới) nếu nó thỏa mãn ta đều có tập (tương ứng ) là tập mở . Định nghĩa 1.3.2: Cho tập mở một hàm được gọi là đa điều hòa dưới nếu nó thỏa mãn 2 điều kiện dưới đây: i) là nửa liên tục trên. ii) sao cho . Ví dụ: Xét hàm . Khi đó rõ ràng thỏa mãn điều kiện i). Ta chứng minh chúng đa điều hòa bằng cách chứng minh chúng thỏa mãn điều kiện ii). Thật vậy: Lấy như trong ii) +) Do nên theo công thức tích phân Cauchy với hàm chỉnh hình ta có : Bằng ước lượng và tính toán đơn giản ta có thỏa mãn điều kiện ii) +) Lấy là đa thức trên sao cho với mọi . Từ đó suy ra rằng: Do đó . Theo nguyên lý mô đun cực đại ta có . Từ đó theo định lý 34.8 trong [Mu] ta có thỏa mãn điều kiện ii). Định nghĩa 1.3.3: Cho tập mở . Hàm được định nghĩa bởi : Định nghĩa 1.3.4: Tập con mở được gọi là miền giả lồi nếu là hàm đa điều hòa dưới trên . Ví dụ: Trong thì là miền giả lồi. Thật vậy, ta có: Do là cân nên nếu thì ta có . Do đó Đặt ,, . Thì khi đó . Xét Mà do đó mà . Vậy Ta có . Mà . Nên và Tương tự ta có . Do đó mà . Vậy hàm thỏa mãn điều kiện Levi (Xem Định lý 2.6.2 trong [Ho]) nên là đa điều hòa dưới cũng là đa điều hòa dưới trên . Vì thế là giả lồi. §4. Phương trình trong Để giải phương trình trong không gian vô hạn chiều ta giải nó trong trường hợp sau đó cho ta được kết quả trong . Cho ký hiệu hình xuyến chiều nó tác động lên bởi : với Trong mục này sẽ ký hiệu cho bất kỳ chuẩn trên mà bất biến dưới tác động và ký hiệu đặc biệt - chuẩn là một chuẩn như vậy. Cho là chuẩn đối ngẫu trong và là số thực dương sao cho : với Định nghĩa 1.4.1: Ký hiệu : đường kính của tập . thể tích của tập với được đo bởi chuẩn . Bổ đề 1.4.2: (Định lý 4.4.2 [Ho]) Cho là tập giả lồi mở trong , là hàm đa điều hòa dưới trong . Đối với mọi với có một lời giải của phương trình sao cho : Bổ đề 1.4.3: Giả sử là dạng- nhận giá trị phức, bị chặn và đo được trên một tập giả lồi bị chặn . Nếu thì sao cho với thì (1.3) Ở đây chỉ toán tử Cauchy – Riemann được mở rộng để tác động trên các phân phối. Chứng minh: Giả sử . Ta có : Theo bổ đề 1.4.2 ta có phương trình có một lời giải bình phương khả tích sao cho : Thật vậy ta có . Bằng thủ thuật quen thuộc ta sẽ dẫn đến tồn tại một lời giải sao cho : (1.4) Thật vậy, với thì điều này là hiển nhiên. Với trường hợp tổng quát ta co về miền có đường kính bằng 1. Dưới phép co thì tỷ lệ giống . Trong khi đó tích không thay đổi. Như vậy ta có kết quả (1.4) trong trường hợp tổng quát. Hơn thế nữa lời giải thậm chí liên tục. Theo [H] tồn tại lời giải địa phương liên tục của phương trình . Do đó chỉnh hình và liên tục. Với , và . Ký hiệu là độ đo Lesbegue trên mà . Ta định nghĩa hàm trên bởi Chúng ta sẽ đánh giá chuẩn Lipschitz của . Đầu tiên giả sử thì . Cũng thế là bất biến dưới tác động . Điều này suy ra rằng ; . Nó kéo theo rằng và vì thế với ta có : (1.5) Thật vậy, ta có (1.4) đúng với sử dụng phép xấp xỉ argument cho phép ta mở rộng (1.4) cho trường hợp tổng quát, bỏ đi giả thiết . Hơn thế nữa, (1.6) Chọn một điểm ở đó không lớn hơn trung bình của nó trên . Theo (1.4) (1.6) ta có: Áp dụng (1.4) với ta được ước lượng (1.2) với . Bằng tính toán đơn giản ta có: Hệ quả 1.4.4: Trong trường hợp đặc biệt khi , có một lời giải thỏa mãn: Khi là - chuẩn, thì và có thể được chọn là . CHƯƠNG 2: CÁC BỔ ĐỀ PHỤ TRỢ §1. Chuỗi vô hạn biến Định nghĩa 2.1.1: Cho là dãy vô hạn biến, và . ký hiệu cho hình cầu đơn vị mở của . Đặt (2.1) Ở đó được hiểu là : số phần tử Trong mục này sẽ luôn được ký hiệu là đa chỉ số. được viết thay cho . Ta sẽ viết thay cho và quy ước . Bổ đề 2.1.2: Chuỗi (2.1) hội tụ đều trên các tập con compact của và là liên tục trên . Chứng minh: Sự hội tụ với là hiển nhiên. Ta có các bất đẳng thức dưới đây: (2.2) (2.3) Với đủ lớn phụ thuộc vào (2.2) là hiển nhiên theo khai triển Taylor (2.3) chứng minh nhờ công thức Stirling: với Thật vậy, giả sử Vì nên ta có . Do đó mà với . Từ đó được điều phải chứng minh. Với , , Xét tập hợp sau: (2.4) Các tập hợp phủ . Trước tiên chúng ta ước lượng đều trên . Nếu ta định nghĩa dãy bới : Tiếp theo chọn các đa chỉ số trong (2.1) và như ở (2.3). Ký hiệu là tập các thỏa mãn . Sử dụng (2.2) ,(2.3) và . Ta có ước lượng sau đây: (2.5) Mệnh đề 2.1.3: Nếu là tập mở trong không gian Banach và các và chuỗi bị chặn trên thì chuỗi này hội tụ trên các tập compact. Chứng minh: Với mỗi số phức bất kỳ với các tổng bị chặn đều trên vì thế theo ước lượng Cauchy 1 biến ta suy ra được là bị chặn đều địa phương trên . Biên bị chặn phụ thuộc vào bị chặn đều địa phương theo và đều theo là đồng liên tục địa phương hội tụ đều trên các tập compact. Hệ quả 2.1.4: Với mọi , tồn tại hằng số sao cho nếu và thì (2.6) Chứng minh: Cả 2 vế đều là 1 khi . Trường hợp ngược lại ta đặt và lấy từ đó ta có . Từ đó suy ra với đủ lớn. Từ đó suy ra (2.6) với đủ lớn. Trong trường hợp là dãy hữu hạn. Ta đặt với thì tất cả vẫn như trên, đặc biệt (2.6) với độc lập với ký hiệu cho hình xuyến vô hạn chiều, một nhóm tô pô compact , và ký hiệu là độ đo Haar trên mà . Xét tác động của trên : với Cho trước và , khai triển lũy thừa đơn của nó là : với (2.7) tịnh tiến dưới là : . Hạn chế trên mặt phẳng hữu hạn chiều ta được có dạng đơn là với và sẽ có dạng chuỗi lũy thừa sau: (2.8) Rõ ràng hạn chế của chuỗi này trên mặt phẳng tọa độ ở trên là chuỗi Taylor của và khi Định lý 2.1.5: a) Nếu là hàm chỉnh hình bị chặn trên , thì (2.9) và chuỗi (2.8) hội tụ tới b) Ngược lại, nếu một dãy thỏa mãn (2.9) thì chuỗi hội tụ tuyệt đối và đều trên các tập con compact của tới . Hơn thế nữa, có một hằng số sao cho: (2.10) Chứng minh: b) Chuỗi bị chặn bởi chuỗi trong bổ đề 2.1.2 do đó chuỗi hội tụ tuyệt đối và đều trên các tập compact của , tổng của nó chỉnh hình theo mệnh đề 2.1.3 và (2.10) được thỏa mãn với . Tính toán với tích phân trong (2.7) với ta được . a) Cho . Từ (2.7) Đặt với ta có . Do b) chuỗi (2.8) hội tụ đến một hàm chỉnh hình trên và đó phải chính là từ . Bây giờ nếu và là hàm chỉnh hình trên . Theo Ryan với một dãy bất kỳ sao cho : và (2.11) Hàm bị chặn và chỉnh hình với . Theo [Ry] kết hợp với định lý 2.1.5 ta có định lý dưới đây: Định lý 2.1.6: a) Chuỗi lũy thừa của bất kỳ , hội tụ tới , tuyệt đối, đều trên các tập con compact của . Khi đó các hạng tử thỏa mãn (2.12) với bất kỳ thỏa mãn (2.11) b) Ngược lại, nếu (2.12) được thỏa mãn với bất kỳ dãy như trong (2.11) thì là chuỗi lũy thừa của một hàm chỉnh hình trên . Chứng minh: Định lý được chứng minh trong [Ry] với trường hợp . §2. Bổ đề chìa khóa Định nghĩa 2.2.1: Chuỗi Fourier của một hàm liên tục, tuần hoàn với chu kỳ là Ở đó các hạng tử được cho bởi công thức : với Dạng biểu diễn khác của chuỗi Fourier của hàm là : Ở đó các hạng tử được cho bởi công thức: Định lý 2.2.2: (Định lý của Fejér) Cho hàm là 1 hàm liên tục với . Thì chuỗi Fourier của hàm hội tụ về trong ở đó là không gian mê tríc các hàm liên tục từ vào với khoảng cách sinh bởi chuẩn sup. Định nghĩa 2.2.3: Ta gọi dãy hàm xác định bởi 2 điều kiện tương đương dưới đây là hạch Fejer : Hoặc Với là hạch Dirichlet, Bổ đề 2.2.4: Chứng minh: Ta có . Chứng minh 2 điều kiện tương đương ở định nghĩa 2.2.3: Theo công thức Moivre ta có Từ dạng 2 của hạch Fejer ta có: . Bổ đề 2.2.5: Hạch Fejer có các tính chất dưới đây: i) ii) iii) Với cố định thì ta có . Chứng minh: i) Ta sử dụng dạng 2 của hạch Fejer Tính tích phân của ta có: Khi thì . Nhưng khi thì . Vì thế ta có: ii) Điều này được suy ra từ dạng 1 của hạch Fejer iii) Với mỗi cố định, sử dụng hạch Fejer dạng 1 ta có với Do đó hội tụ đều về 0 khi . Do đó ta có thể lấy giới hạn qua dấu tích phân và được điều phải chứng minh. Chứng minh định lý Fejer: Ký hiệu lần lượt là dãy tổng riêng và tổng Cesaro thứ của chuỗi Fourier: Ta có : Dùng phép đổi biến số và sử dụng tính tuần hoàn với chu kỳ của hàm ta được : . Sử dụng điều này ta tính tổng Cesaro Theo tính chất i) của bổ đề 2.2.5 ta có thể viết : Theo bất đẳng giá trị tuyệt đối của tích phân và tính chất ii) của bổ đề 2.2.5 ta có: Vì các hàm liên tục trên là liên tục đều. Vì thế, lấy cho trước, tồn tại sao cho . Bây giờ chúng ta tách tích phân trên thành 2 tích phân ta có Sử dụng tính liên tục đều của và tính chất i), ii) của bổ đề 2.2.5 ta được tích phân đầu tiên bị chặn bởi Đặt thì tích phân thứ 2 bị chặn bởi: Do tính chất iii) của bổ đề 2.2.5 suy ra tồn tại số sao cho . Từ đó ta có , . Đó là điều phải chứng minh. Chúng ta dùng chuẩn để ký hiệu cho chuẩn trong và xem xét dạng – (0,1) - đóng trên hình cầu , . Cho trước . Chúng ta sẽ đi xây dựng một lời giải chuẩn tắc của phương trình cái mà nhỏ nhất theo nghĩa dưới đây. Sự xây dựng này lấy cơ sở từ chuỗi Fourier sinh ra bởi tác động như ở §2, chương 1. Vì thế đặt , (2.13) là chuỗi Fourier của . Chuỗi trong (2.13) hội tụ về theo nghĩa phân phối; là dạng - đóng thỏa mãn (2.14) Với mỗi ta có thể giải phương trình với (theo bổ đề 1.4.3). Thay thế bởi chúng ta có thể giả sử tịnh tiến như : (2.15) Điều này xác định chỉnh hình bằng cách tịnh tiến nó như trong (2.15). Khi , điều này nghĩa là dạng chỉnh hình này là hệ số của đơn thức . Đối với các giá trị khác của mà dạng chỉnh hỉnh triệt tiêu, và vì thế là xác định duy nhất. Để xác định một cách rõ ràng với mọi , đặt với và thỏa mãn . Chú ý rằng trừ trường hợp Khi không chỉ liên tục mà khả vi đến mức cần thiết (phụ thuộc vào ). có thể được chỉ ra là hội tụ đến lời giải của phương trình: . Sự quan sát này không giúp ích gì cho chúng ta khi cho . Để thay thế cho điều này, chúng ta sẽ chỉ ra rằng quá trình Cesaro – Fejer sẽ luôn làm cho tổng hội tụ tới lời giải , mà lời giải được so sánh là nhỏ nhất này không chỉ trên mà còn đúng cả trên giao với bất kỳ mặt phẳng tọa độ hữu hạn chiều nào. Chúng ta phải nhắc lại về chuỗi Fourier. Chúng ta bắt đầu với chuỗi Fourier của hạch Fejer: Cho trước chuỗi chuỗi bất kỳ, tổng Cesaro của nó có nghĩa là với các hạng tử được xác định như trên. Đặc biệt, nếu là một hàm bị chặn, đo được trên , với chuỗi Fourier tổng Cesaro của nó có nghĩa là : Trong trường hợp này hạch Fejer định ra một xấp xỉ của phân phối từ đó suy ra rằng hội tụ về theo nghĩa phân phối. Khi là liên tục đều, sự hội tụ này thậm chí là đều (Định lý Fejer). Hơn thế nữa, với . Tất cả những điều ở trên thường được áp dụng cho các dạng nhiều hơn các hàm. Kế tiếp, cho trước . Ta nhúng vào bới . Vì thế ta có thể coi . Cho trước một dạng - đóng và , xây dựng chuỗi như ở trên. Bổ đề 2.2.6: Giả sử rằng với và , có một là lời giải của phương trình và thỏa mãn điều kiện : (2.16) Thì tổng theo nghĩa Cesaro của chuỗi hội tụ đều địa phương tới hàm là lời giải của phương trình và thỏa mãn: (2.17) Hệ quả 2.2.7: Đối với bất kỳ dạng đóng tổng Cesaro của chuỗi hội tụ đều tới một lời giải của phương trình Chứng minh: Theo bổ đề 1.4.3 có một là lời giải của . Vì thế giả thiết của bổ đề 2.2.6 được thỏa mãn với , và . Hệ quả được chứng minh. Ta sẽ gọi lời giải chuẩn tắc với cơ sở trên các nút . Chú ý rằng trong bổ đề 2.2.6 không phải là . Chứng minh bổ đề 2.2.6: Sử dụng tác động trên , phân tích thành một chuỗi Fourier. Đồng nhất với , chuỗi có thể viết dưới dạng: , (2.18) Lại có, và từ (2.16) ta có (2.19) Từ khi , nó kéo theo rằng là chỉnh hình trên . Lập luận như ở trước ta có trừ khi . Trường hợp thì hiệu này sẽ phải là hằng số nhân với đơn thức . Nhớ lại rằng , từ đó ta có : Vì thế bởi (2.19) ta có (2.20) Chú ý rằng cũng từ (2.15) ta có nếu . Vì thế theo bổ đề 2.1.2 thì cùng hội tụ đều địa phương trên . Từ đó các chuỗi xác định ở trên là khả tổng Cesaro – Fejer đều tới , điều này kéo theo rằng trên tổng theo nghĩa Cesaro của chuỗi hội tụ đều địa phương tới một hàm . Do đó là giới hạn đều địa phương của các hàm chỉnh hình, chúng ta có và (2.20) suy ra được (2.17). Hệ quả 2.2.8: Giả sử là - đóng và ký hiệu cho lời giải chuẩn tắc của phương trình với với cơ sở trên các nút . Nếu thì Chứng minh: Nếu thì là lời giải chuẩn tắc của phương trình . Từ đó suy ra giả thiết của bổ đề 2.2.6 được thỏa mãn với . Nó kéo theo rằng . §3. Ước lượng nghiệm của phương trình trong Ta tiếp tục sử dụng là chuẩn trên . Mệnh đề 2.3.1: Cho trước , có một hằng số có tính chất dưới đây. Giả sử là dạng - đo được, bị chặn nhận giá trị phức trên hình cầu . Nếu thì có một hàm sao cho đối với thì (2.21) ở đó hằng số phụ thuộc vào tỷ số nhưng không phụ thuộc vào . Chứng minh: Giả sử liên tục, đặt và lấy là lời giải chuẩn tắc được xây dựng như trong bổ đề 2.2.6 và hệ quả 2.2.7, với ở đó . Khi đó (2.21) là đúng. Thật vậy giả sử . Không mất tính tổng quát có thể giả sử tọa độ đầu của là khác 0. Theo hệ quả 1.4.4 có một lời giải trên của phương trình và thỏa mãn: Vì thế giả thiết của bổ đề 2.2.6 được thỏa mãn với , Và theo (2.17) ta có : ( theo hệ quả 2.1.4) Từ (2.15) ta có nếu cũng như thế bởi điều kiện chuẩn tắc vì thế . Vậy (2.21) đúng khi liên tục. Khi chỉ bị chặn và đo được, ta xấp xỉ bởi họ , sao cho theo nghĩa phân phối; ; và trên . Theo chứng minh ở trên đối với có các là lời giải của phương trình và (2.21) được thỏa mãn với tùy ý; hằng số sẽ độc lập với . Theo mệnh đề 1.2.5 và định lý Azela – Ascoli sẽ có 1 dãy và đều trên các tập con compact. Rõ ràng là thỏa mãn (2.21) và . Mệnh đề 2.3.2: Cho trước thì có một hằng số phụ thuộc vào với tính chất dưới đây: Giả sử và là dạng – nhận giá trị phức và liên tục Lipschitz trên . Nếu thì có một lời giải sao cho và đối với ta có (2.22) Chứng minh: Mệnh đề rõ ràng đúng khi . Ta sẽ chứng minh nó đúng với mọi bằng phương pháp quy nạp. Giả sử mệnh đề đúng đến ta sẽ chứng minh nó đúng với . Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử . Với ta định nghĩa một ánh xạ chỉnh hình bới công thức: với . Nếu là phép nhúng với thì là phép chiếu xuyên tâm với tâm là . Cũng thế ta có . Ta có với Thật vậy, thì Mặt khác do Do đó . Đặc biệt ta có . Áp dụng giả thiết quy nap với dạng vi phân do đó tồn tại thỏa mãn và bất đẳng thức: với (2.23) Định nghĩa một dạng - đóng trên . Thì trên và vì thế , (2.24) Với (2.25) Đặt . Từ tính liên tục Lipschitz của do đó là của và từ (2.24) suy ra là một dạng vi phân – (0,1) đóng , đo được và bị chặn trên . Vì thế theo mệnh đề 2.3.1 có một hàm là lời giải của phương trình và thỏa mãn (2.26) Với hằng số phụ thuộc vào . Vì thế là lời giải của phương trình trên . Bởi tính chính quy elliptic, mệnh đề 1.2.6 thì cũng là lớp . Để hoàn thành chứng minh ta ước lượng . Đầu tiên ta lấy thì Từ (2.23) ta có (2.27) Bây giờ ta ước lượng . Đầu tiên ta tính toán , Theo (1.2) ta có: Nó kéo theo rằng cũng lần lượt bị chặn bởi các vế phải như trên. Từ (2.24) và (2.25) ta có và bởi (2.26). Từ Kết hợp 2 bất đẳng thức cuối với (2.27), chúng ta có khi thì với CHƯƠNG 3: CÁC KẾT QUẢ CHÍNH §1. Phương trình trong một hình cầu trong . Định lý 3.1.1: Cho và hằng số phụ thuộc vào tỷ số với tính chất dưới đây. Nếu một dạng liên tục Lipschitz trên và là - đóng thì phương trình có một lời giải . Lời giải này có thể được chọn phụ thuộc tuyến tính vào và thỏa mãn : (3.1) Chứng minh: Nhúng không gian vào bởi ánh xạ: và cho ký hiệu cho phép chiếu Đầu tiên chúng ta chứng minh định lý với giả sử rằng với . Cho ký hiệu lời giải chuẩn tắc của phương trình: được xây dựng trong bổ đề 2.2.6 và hệ quả 2.2.7 với cơ sở tại các nút ta sẽ ước lượng với bất kỳ như dưới đây. Đặt . Áp dụng mệnh đề 2.3.2 với được thay thế bởi . Chúng ta có một chỉ phụ thuộc vào và một là nghiệm của phương trình và thỏa mãn với . Đặc biệt theo (2.16) của bổ đề 2.2.6 được thỏa mãn với . Và bổ đề cho ta ước lượng về lời giải chuẩn tắc : Vì thế được thỏa mãn. Bây giờ đối với trường hợp tổng quát của như trong định lý ta định nghĩa . Từ hội tụ đến ánh xạ đồng nhất khi , đều trên các tập compact, đều trên các tập con compact của . Cho ký hiệu lời giải của phương trình được xây dựng như chứng minh ở trên. Chúng ta sẽ chứng minh rằng dãy hội tụ trên . Hệ quả 2.2.8 suy ra . Vì thế hội tụ trên các tập con trù mật . Hơn thế nữa (3.1) được thỏa mãn với chỉ số ; đặc biệt, bị chặn đều địa phương, vì thế đồng liên tục đều địa phương bởi bổ đề 2.1.2 và mệnh đề 1.2.7. Nó kéo theo rằng dãy hội tụ đều trên tập con compact của . Giới hạn được thỏa mãn (3.1); nó liên tục bởi mệnh đề 1.2.3; bởi mệnh đề 1.2.4, và mệnh đề 1.2.5, . Từ phụ thuộc tuyến tính vì thế cũng thế. §2. Định lý tồn tại nghiệm Định lý 3.2.1: Cho ký hiệu cho hình cầu bán kính tâm tại 0 trong không gian Banach , và giả sử rằng là dạng - phức trên mà liên tục Lipschitz trên tất cả các hình cầu , . Nếu là - đóng thì có một hàm liên tục khả vi trên là lời giải của phương trình . Nếu thêm điều kiện là khả vi liên tục cấp , thì cũng thế. Định nghĩa 3.2.2: Cho là chuỗi lũy thừa của hàm chỉnh hình trên lân cận của . Với . Ký hiệu . Chú ý rằng nếu thì . Định lý 3.2.3: Giả sử là một hàm chỉnh hình trên . Đối với bất kỳ và có một hàm chỉnh hình trên sao cho Định lý trên tương đương với bổ đề dưới đây: Bổ đề 3.2.4: Cho , và cho là một dãy các đa chỉ số , . Giả sử rằng với mỗi chúng ta chọn các sao cho (3.2) và (3.3) ở đó thỏa mãn , (3.4) thì (3.3) đúng với mọi thỏa mãn . Chứng minh: Giả sử rằng , với đặt khi . Cố định sao cho với mọi . Điều này có thể được sắp xếp, từ khi là đủ lớn thì và vì thế với đã được chọn; lấy đủ nhỏ sẽ làm thỏa mãn hữu hạn số còn lại. Với mỗi và chúng ta có theo (3.3) và vì thế cho ta : . Chứng minh định lý 3.2.3: Nếu là khai triển của , đặt và . Từ bổ đề 3.2.4 và định lý 2.1.6 ta suy ra rằng là chỉnh hình và rõ ràng là: . Chứng minh định lý 3.2.1: Chọn một dãy và với mỗi cho là lời giải của phương trình (theo định lý 3.1.1). Vì thế là các hàm chỉnh hình trên , theo định lý 3.2.3 tồn tại một hàm chỉnh hình sao cho với Với nó kéo theo rằng đối với , Và vì thế hội tụ đều trên các tập con compact của bởi định lý 2.1.5 (b). Điều này là đúng với bất kỳ , nhìn lại mệnh đề 1.2.3 ta thấy hội tụ về một hàm , đều trên các tập compact trong . Cuối cùng theo mệnh đề 1.2.4; vì thế , tương ứng nếu theo mệnh đề 1.2.5. §3. Một ví dụ Dưới đây ta đưa ra một ví dụ về dạng đóng - mà phương trình không có nghiệm. Trong mục này ta ký hiệu là chuẩn trong . Và ký hiệu . Định lý 3.3.1: Đối với bất kỳ có một dạng - đóng sao cho trên bất kỳ một tập mở phương trình đều không có lời giải. Hơn thế nữa có thể được chọn sao cho thỏa mãn điều kiện: , (3.5) Coeure đã đưa ra ví dụ về hàm như ở trên nhưng chỉ với trường hợp (xem trong [C],[M]). Trong mục này ta mở rộng hàm trong . Mệnh đề 3.3.2: Giả sử là hàm có giá compact thỏa mãn : , với . Thì (3.6) định nghĩa một dạng - đóng và (3.7) Chứng minh: Theo bất đẳng thức Holder thì (3.6) hội tụ với và , vì thế (3.7) được thỏa mãn. Tương tự, chuỗi tạo bởi việc lấy vi phân trong (3.6) theo các hướng ta được (bất đẳng thức cuối được suy ra từ việc áp dụng lần bất đẳng thức Holder), vì thế nó hội tụ và tổng của nó bị chặn đều địa phương trên . Từ mệnh đề 2.1.3 và mệnh đề 1.2.3 suy ra chuỗi hội tụ đều trên các tập compact của và vì thế . Từ tổng riêng của (3.6) biểu diễn dạng vi phân , mà bản thân mỗi thành phần là - đóng nên giới hạn cũng là - đóng. Mệnh đề 3.3.3: Hàm và được định nghĩa bằng khi , là lớp trên đĩa đơn vị trong . Chứng minh: Giả sử với . Đặt . Khi đó Có thể coi . Ta có: Mặt khác Do đó . Chú ý rằng hàm không phải là lớp nhưng của nó lại là lớp . Chứng minh của định lý 3.3.1: Lấy là một hàm với giá compact trên sao cho mà là lớp trừ tại ta thấy là một hàm như vậy. Ta thấy bị chặn bởi , và xây dựng một hàm như trong mệnh đề 3.3.2. Nhìn trong mệnh đề 3.3.2, 3.3.3 ta chứng minh được định lý nếu chỉ ra rằng không một tập mở nào mà trên đó có lời giải liên tục của phương trình . Giả sử rằng trên hình cầu có một lời giải . Giả sử bị chặn bởi một số trên và cũng vậy với khi . Với bất kỳ ta nhúng vào bởi . Từ . Nó kéo theo rằng hàm là chỉnh hình trên . Vì thế ta có thể tìm được hàm chỉnh hình sao cho : với (3.8) Tiếp theo ta sẽ chứng minh thậm chí có cả đa thức thuần nhất bậc thỏa mãn (3.8). Thật vậy, ta sẽ thay thế ban đầu bởi và chú ý rằng Với tinh thần giống như vậy với một tác động của trên như ở trên, lấy ký hiệu cho nhóm con các phần tử bậc , . Hạn chế trên . Dựa vào (3.8) và việc lấy trung bình các quỹ đạo của sẽ cho ta một đa thức thỏa mãn (3.8) cái mà bất biến dưới tác động . Do đó là tổ hợp tuyến tính của các đa thức . Cuối cùng do tính đối xứng của các biến nên ta có thỏa mãn (3.8) với là hằng số. Với bất kỳ ta đặt Vì thế . Thay các này vào trong (3.8) ta có Rõ ràng điều này không thể thỏa mãn với tất cả với đủ lớn. Điều mâu thuẫn này chứng tỏ không thể giải trên bất cứ lân cận nào của . Bây giờ giả sử là một tập mở không rỗng, và một điểm sao cho . Nhúng vào bởi ánh xạ ở đó nếu và với . Nếu đã là khớp trong lân cận của thì cũng là khớp trong lân cận của . Vì thế trong trường hợp này không giải được trên . KẾT LUẬN Luận văn đã xây dựng