ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
Nguyễn Hồng Điệp
VẤN ĐỀ TỒN TẠI NGHIỆM
CỦA PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG TUYẾN TÍNH
Chuyên ngành: Toán ứng dụng
Mã số: 60.46.01.12
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS.TS. HÀ TIẾN NGOẠN
Thái Nguyên - 2013
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
1
LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên của khóa luận này em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy
giáo hướng dẫn PGS-TS Hà Tiến Ngoạn đã giao đề tài và tận tình hướng
dẫn em trong quá trình nghiên cứu và hoàn thành khóa luận này.
Nhân dịp này em xin gửi lời cảm ơn của mình tới toàn bộ các thầy
cô giáo trong khoa Toán- trường Đại học Khoa học-Đại học Thái Nguyên
cùng các thầy cô ở Viện Toán học đã giảng dạy và giúp đỡ chúng em trong
suốt quá trình học tập tại khoa.
Đồng thời, tôi xin cảm ơn các anh chị và các bạn trong lớp K5 đặc biệt
là các bạn học ngành toán ứng dụng đã nhiệt tình giúp đỡ tôi trong quá
trình học tập tại lớp.
Tôi xin cảm ơn các thầy cô, anh chị và các bạn đồng nghiệp công tác
tại trường THPT Nguyễn Đức Cảnh - Kiến Thụy - Hải Phòng đã tạo điều
kiện giúp đỡ tôi về thời gian và công tác để tôi hoàn thành khóa học.
Xin chân trọng cảm ơn!
Hải Phòng, tháng 05 năm 2013
Người viết luận văn
Nguyễn Hồng Điệp

từng phần, toán tử đạo hàm riêng tuyến tính và toán tử liên hợp, trình
bày một ví dụ về một phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp một mà
không có nghiệm và một số định lí về không gian Hilbert.
Chương 2: Trình bày về tính giải được của phương trình đạo hàm riêng
tuyến tính, điều kiện cần và đủ để phương trình đạo hàm riêng tuyến tính
có nghiệm yếu và tính giải được của phương trình đạo hàm riêng tuyến
tính với hệ số hằng.
Nội dung chính của luận văn dựa trên chương 1 của tài liệu [5].
Do thời gian và kiến thức còn hạn chế nên trong quá trình viết luận
văn cũng như trong xử lý văn bản chắc chắn không tránh khỏi những sai
sót nhất định. Tác giả luận văn rất mong nhận được sự góp ý của các thầy
cô và các bạn đồng nghiệp để luận văn được hoàn thiện hơn.
Thái Nguyên, tháng 05 năm 2013.
Người thực hiện
Nguyễn Hồng Điệp
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
3
Một số kí hiệu
Trong luận văn này ta dùng những kí hiệu với các ý nghĩa xác định
trong bảng dưới đây:
N tập hợp số tự nhiên
R tập hợp số thực
C tập hợp số phức
+∞ dương vô cùng
|| · || chuẩn trong L
2
(Ω)
z liên hợp của số phức z
(·, ·) tích vô hướng trong L
2

+ . . . + µ
n
x = (x
1
, x
2
, . . . , x
n
) ∈ R
n
,
a
µ
(x) là các hàm trơn cho trước, nhận giá trị phức và
D
µ
= (−i)
|µ|
∂
|µ|
∂x
µ
1
1
∂x
µ
2
2
. . . ∂x
µ

∂x
3
1
+
∂
3
u
∂x
2
1
∂x
2
+
∂
3
u
∂x
2
1
∂x
3
+
∂
3
u
∂x
1
∂x
2
2

∂x
2
2
∂x
3
+
∂
3
u
∂x
2
∂x
2
3
+
∂
3
u
∂x
3
3
Toán tử A là tuyến tính bởi vì D
µ
là tuyến tính và ta có
A(α
1
u
1
+ α
2

Σ
R
=

(x
1
, x
2
, . . . , x
n
) ∈ E
n
|x
2
1
+ x
2
2
+ . . . + x
2
n
< R
2

.
Nếu f ∈ C
1
(Ω) thì ta có công thức tích phân từng phần sau đây

Ω

k
dx = −

Ω
u
∂v
∂x
k
dx, 1 ≤ k ≤ n. (1.4)
Công thức (1.4) được gọi là công thức tích phân từng phần.
1.2.2 Toán tử liên hợp
Từ công thức (1.4), đặt
¯w = v
và
D
k
= −i
∂
∂x
k
, D = (D
1
, D
2
· · · , D
n
) (1.5)
ta có

Ω

= (−i)
|µ|
∂
|µ|
∂x
µ
1
1
∂x
µ
2
2
. . . ∂x
µ
n
n
·
(1.7)
Cho
A(x, D)u =

|µ|≤m
a
µ
(x)D
µ
u
là toán tử vi phân đạo hàm riêng tuyến tính cấp m.
Giả sử ϕ ∈ C
m


Ω

|µ|≤m
uD
µ
(a
µ
(x) ¯ϕ)dx.
(1.8)
Đặt
A

(x, D)ϕ =

|µ|≤m
D
µ

a
µ
(x)ϕ

(1.9)
thì A

được gọi là toán tử liên hợp của toán tử A. Khi đó ta có

Ω
A(u) ¯ϕdx =


Ω
u ¯ϕdx = 0, với mọi ϕ ∈ C
∞
0
(Ω) (1.12)
trong đó ϕ là hàm tiêu hạn ở dải gần biên ∂Ω. Khi đó ta khẳng định u
đồng nhất bằng 0 trong Ω.
Chứng minh. Giả sử x
0
∈ Ω sao cho u(x
0
) = 0 và
Re u(x
0
) > 0, (1.13)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
8
trong đó Re u(x
0
) là phần thực của u(x
0
). Vì u là một hàm liên tục nên
tồn tại một ε−lân cận của điểm x
0
sao cho Re u(x) > 0, với mọi x mà
|x − x
0
| < ε, trong đó
|x|


nếu |x| < 1
0 nếu |x| ≥ 1
(1.14)
và chọn ϕ(x) = j

x − x
0
r

thì rõ ràng ϕ(x) ∈ C
∞
(Ω) và hàm uϕ(x)
cũng có tính chất
Re (uϕ(x)) > 0 với |x − x
0
| < r
và
Re (uϕ(x)) = 0 với |x − x
0
| ≥ r.
Suy ra
Re



Ω
uϕdx



u
x
= u
1x
+ iu
2x
u
y
= u
1y
+ iu
2y
u
t
= u
1t
+ iu
2t
.
Phương trình này do Hans Lewy đưa ra năm (1957). Ta sẽ đi chứng
minh phương trình này không có nghiệm với một số vế phải f(x, y, t).
Ta thấy phương trình (1.15) tương đương với hệ phương trình sau

u
1x
− u
2y
− 2xu
2t
− 2yu

x
+ iu
y
= 0 (1.18)
hay

2u
z
= u
x
− iu
y
2u
¯z
= u
x
+ iu
y
(1.19)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
10
Phương trình (1.18) trở thành
u
¯z
= 0. (1.20)
Lúc này, phương trình (1.15) trở thành
u
¯z
+ izu
t

0 < σ < a, |τ| < b

.
Đặt ϕ(x, y, t) = Ψ(ρ, t), ρ = x
2
+ y
2
.
Chú ý rằng ϕ là hàm khả vi liên tục theo x, y, t trong Ω và triệt tiêu ở
ngoài Ω.
Ta có
ϕ
z
(x, y, t) = ¯zΨ
ρ
(ρ, t).
Giả sử u là nghiệm của phương trình (1.15) thì ta có

Ω
(u
¯z
+ izu
t
) ¯ϕdxdydt =
1
2

Ω
f ¯udxdydt. (1.22)
Áp dụng công thức tích phân từng phần (1.4) ta có

tan θ =
y
x
.
Do 2dρdθ = dxdy nên phương trình (1.24) trở thành
−
b

−b
2π

0
a

0
zu(Ψ
ρ
− iΨ
t
)dρdθdt =
1
2
b

−b
2π

0
a


0
fΨdρdt. (1.27)
Áp dụng công thức tích phân từng (1.4) phần vào vế trái ta có
b

−b
a

0
(U
ρ
+ iU
t
− πf) Ψdρdt = 0. (1.28)
Do Ψ là hàm bất kì khả vi liên tục và bị triệt tiêu ngoài miền
{0 < ρ < a, |t| < b}
nên từ mệnh đề 1.2.1 suy ra
U
ρ
+ iU
t
= πf, 0 < ρ < a, |t| < b. (1.29)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
12
Lấy f = g

(t), ở đó g là hàm trơn nhận giá trị thực của một biến t và
đặt
V (ρ, t) = U + πig(t). (1.30)
Khi đó

Ta định nghĩa 2 phép toán cộng và nhân như sau
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
13
Phép cộng
+ : H × H −→ H
(x, y) −→ x + y
Phép nhân
 : C × H −→ H
(α, x) −→ αx
Phép toán cộng và nhân thỏa mãn một số tiên đề sau
u + v = v + u (1.33)
(u + v) + w = u + (v + w) (1.34)
(α + β)u = αu + βu (1.35)
α(u + v) = αu + αv (1.36)
α(βu) = (αβ)u (1.37)
Tồn tại phần tử trung hòa đối với phép toán cộng kí hiệu là 0 sao cho
u + 0 = 0 + u = u (1.38)
Với mỗi cặp (u, v) ∈ H. Ta định nghĩa tích vô hướng của chúng (kí hiệu
(u, v)) như sau
(αu + βv, w) = α(u, v) + β(v, w) (1.39)
(u, v) = (v, u) (1.40)
(u, u) > 0 khi u = 0 (1.41)
Bây giờ từ các phương trình
(α + β)u = αu + βu (1.42)
và
(αu + βv, w) = α(u, w) + β(v, w) (1.43)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
14
ta có
(0u, 0u) = (1u + (−1)u, 0u)

w + (−1)v
Từ (1.37) và công thức 0.u = 0 ta có
α0 = 0. (1.51)
Nếu đặt
||u|| = (u, u)
1
2
Ta có
||αu|| = |α|||u|| (1.52)
||u|| > 0 nếu u = 0 (1.53)
||u + v|| ≤ ||u|| + ||v|| (1.54)
||u + v||
2
+ ||u − v||
2
= 2||u||
2
+ 2||v||
2
(1.55)
|(u, v)| ≤ ||u||||v||. (1.56)
Ta gọi ||u|| là chuẩn của u. Trong các phát biểu (1.54), (1.55), (1.56)
được gọi lần lượt là bất đẳng thức tam giác, quy tắc hình bình hành và bất
đẳng thức Schwarz.
Ta có
||u + v||
2
= (u + v, u + v)
= ||u||
2




α||u|| +
(v, u)
||u||




2
+ ||v||
2
−
|(u, v)|
2
||u||
2
·
(1.59)
Ta thấy rằng trong biểu thức (1.59) có thể giả sử u = 0 (bởi nếu u = 0
thì phát biểu (1.56) được suy ra từ công thức 0.u = 0 ).
Mặt khác ta thấy rằng biểu thức (1.59) đúng với mọi α ∈ C nên ta có thể
chọn
α = −
(v, u)
||u||
2
.
Khi đó thay α = −

.
Các phát biểu từ (1.33) đến (1.41) là các tiên đề cho không gian Hilbert
đầy đủ, có nghĩa là mọi dãy u
k
là các phần tử của H thỏa mãn
||u
j
− u
k
|| → 0 khi j, k → ∞, (1.60)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
17
tồn tại một phần tử u ∈ H sao cho
||u − u
k
|| → 0 khi k → ∞. (1.61)
Một dãy thỏa mãn (1.60) gọi là dãy Cauchy, chú ý rằng (1.61) suy ra
(1.60) bởi (1.54)
Tính đầy đủ là vô cùng quan trọng trong các ứng dụng. Đôi khi ta viết
(1.61) là
u
k
→ u ∈ H khi k → ∞. (1.62)
Tiếp theo ta nêu một số tính chất quan trọng của không gian Hilbert.
Một tập con S ⊂ H gọi là một không gian con nếu ∀u, v ∈ S, ∀α, β là
các vô hướng thì αu + βv ∈ S
S được gọi là không gian con đóng nếu mọi dãy Cauchy của các phần
tử trong S hội tụ về một phần tử của S.
Hiển nhiên một không gian con đóng của không gian Hilbert là không
gian Hilbert.

2
+ ||u − w
j
||
2
)
→ 4d
2
khi j, k → ∞ (1.64)
vì
1
2
(w
k
+ w
j
) ∈ H, 4||u −
1
2
(w
k
+ w
j
)||
2
≥ 4d
2
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
18
và

α =
(u − v, w)
||w||
2
thì
||u − v||
2
≤ ||u − v||
2
− 2
|(u − v, w)|
2
||w||
2
+
|(u − v, w)|
2
||w||
2
suy ra
|(u − v, w)|
2
≤ 0. (1.65)
Mặt khác ta luôn có
|(u − v, w)|
2
≥ 0. (1.66)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
19
Từ (1.65) và (1.66) ta có

Chú ý: Một hàm tuyến tính bị chặn là liên tục bởi vì nếu u
k
− u ∈ H suy
ra F u
k
→ F u do công thức (1.67)
|F (u
k
− u)| ≤ K||u
k
− u|| → 0 khi k → ∞.
Định lý 1.4.2. (Fréchet-Riez)
Với mọi phiếm hàm tuyến tính bị chặn F trên H, ∃f ∈ H sao cho
F u = (u, f), u ∈ H (1.69)
và
||F || = ||f||. (1.70)
Chứng minh. Cho N = {v ∈ H|F v = 0} thì N là không gian con của H
nếu u, v ∈ N, ta có
F (αu + βv) = αF u + βF v = 0, ∀α, β là vô hướng
và do αu +βv ∈ N, cộng với N là không gian con đóng của H nếu v
k
∈ H
và v
k
→ v nên ta có
|F v| = |F (v − v
k
)| ≤ K||v − v
k
|| → 0 khi k → ∞.

F w
w, w

= 0
tức là
(u, w) =
F u
F w
||w||
2
.
Do đó
F u =

u,
w
||w||
2
F w

.
Điều này chỉ ra phát biểu (1.69) bằng cách chọn f =
wF w
||w||
2
.
Mặt khác áp dụng phát biểu (1.69) và công thức (1.56) ta có
|F u| ≤ ||f||||u||
suy ra
||F || ≤ ||f||

||v||, với v ∈ H.
Chứng minh. Trước hết ta mở rộng miền F trên S bằng cách như sau
Chọn dãy {v
k
} ⊂ S và ||v
k
− f|| −→ 0.
Đặt
F f = lim Fv
k
.
Giới hạn này tồn tại vì
|F (v
k
− v
j
)| ≤ K
0
||v
k
− v
j
|| −→ 0
Và nó không phụ thuộc vào cách chọn dãy {v
k
}.
Thật vậy nếu chọn v

k
là dãy khác cũng thỏa mãn điều kiện của bài

Hơn nữa
|F f| = lim |F v
k
| ≤ lim K
0
||v
k
|| = K
0
||f||.
Vì vậy F có thể mở rộng là một phiếm hàm tuyến tính bị chặn trên S.
Bây giờ ta lấy ∀w ∈ H, ∃w
1
∈ S sao cho (w−w
1
, S) = 0 (định lí 1.4.1).
Ta đặt
Gw = F w
1
.
Hiển nhiên G thỏa mãn điều kiện 1 của định nghĩa của một phiếm hàm
tuyến tính bị chặn (xem hệ quả 1.4.1). Hàm này cũng thỏa mãn điều kiện
2 của hệ quả 1.4.1. Điều này là do
||w||
2
= ||w
1
||
2
+ ||w − w