2.1.1. Định nghĩa. Giả sử Ω là tập mở trong Rm với m > 2. Hàm u : Ω → R đ−ợc gọi là hàm điều hòa trong Ω nếu u ∈ C2(Ω), (C2(Ω) là tập tất cả các hàm nhận giá trị thực và có các đạo hàm riêng cấp 2 liên tục trong Ω) và thỏa mãn
∆u =
m
X
j=1
∂2u
∂x2j = 0 trong Ω.
Ta kí hiệu họ tất cả các hàm điều hòa trong Ω là H(Ω).
2.1.2. Định lí. Giả sử f(z) = u(x, y) +iv(x, y) là hàm chỉnh hình trên miền D⊆ C. Khi đó u(x, y) và v(x, y) là hàm điều hòa trong D.
Hàm v sau này đ−ợc gọi là hàm liên hợp điều hòa của hàm u.
Chứng minh. Vì f chỉnh hình trên D, các hàm u và v khả vi vô hạn trên D. Theo điều kiện Cauchy-Riemann ta có
∂u
∂x = ∂v
∂y ; ∂u
∂y = −∂v
∂x (2.1)
Lấy đạo hàm đẳng thức thứ nhất theo x, đẳng thức thứ hai theo y rồi cộng lại ta nhận đ−ợc
∆u= ∂2u
∂x2 + ∂2u
∂y2 = 0.
T−ơng tự ta cũng có
∆v = ∂2v
∂x2 + ∂2v
∂y2 = 0.
2.1.3. Định lí. Giả sử u là hàm điều hòa trên miền đơn liên D ⊂ C. Khi đó u là phần thực của một hàm chỉnh hình trên D.
Chứng minh. Vì u điều hòa nên ∂2u
∂z∂z = 0 và do đó hàm ∂u
∂z chỉnh hình trên D. Theo giả thiết miền D đơn liên, ta có thể tìm đ−ợc hàm chỉnh hình f trên D sao cho df = ∂u
∂zdz. Lấy liên hợp hai vế ta có df = ∂u
∂zdz.
Cộng hai đẳng thức trên ta thu đ−ợc d(f +f) = ∂u
∂zdz+ ∂u
∂zdz = du.
Nh− vậy u là phần thực của hàm chỉnh hình f 2.
2.1.4. Định lí (về giá trị trung bình). Giả sử u là hàm điều hòa trong miền D⊂ C và zo ∈ D. Khi đó
u(zo) = 1 2π
Z2π
0
u(zo +reiϕ)dϕ với mọi r < d(zo, ∂D).
Chứng minh. Cho r < d(zo, ∂D). Lấy r < r′ < d(zo, ∂D). Theo định lí 2.1.3 ta tìm đ−ợc hàm chỉnh hình f trên D(zo,r′) sao cho Ref = u. Bởi vì
f(zo) = 1 2π
2π
Z
0
u(zo+reiϕ)dϕ
so sánh phần thực hai vế ta thu đ−ợc
u(zo) = 1 2π
Z2π
0
u(zo +reiϕ)dϕ.
2.1.5. Định lí (nguyên lí cực đại của hàm điều hòa). Giả sử u là hàm
điều hòa trong miền D⊂ C và u đạt cực đại trong D, thì u = const.
Chứng minh. Giả sử hàm u đạt cực đại tại zo ∈ D chỉ cần chứng minh u = const trong một lân cận của zo. Chọn một lân cận đơn liên Do. Lấy f ∈ H(Do) sao cho u = Ref. Khi đó ef(z) là chỉnh hình trên Do và
|ef(z)|= eu(z).
Nh− vậy, |ef(z)| đạt cực đại trong Do. Nguyên lý môđun cực đại chứng tỏ ef(z) = const. Khi đó eu(z) = const và vậy thì u = const.
2.1.6. Bài toán Dirichlet ([1]). Nếu D là miền Jordan đơn liên trong R2 và
u : ∂D → R là hàm liên tục thì tồn tại duy nhất hàm h liên tục trên D,
điều hòa trong D sao cho h|∂D = u.
2.1.7. Định lí (Harnak) ([1]). Giả sử D là một miền trong R2. Nếu {un} là dãy giảm các hàm điều hòa trong D thì hàm u = lim
n→∞un là hàm
điều hòa trong D hoặc đồng nhất bằng −∞.
2.1.8. Định nghĩa. Hàmu : Ω →[−∞,+∞) đ−ợc gọi làđiều hòa d−ới trong Ω nÕu
1) u nửa liên tục trên,
2) Đối với mỗi tập G mở compact tương đối trong Ω và mỗi hàm h điều hòa trong G liên tục trên G, từ u ≤h trên ∂G suy ra u ≤ h trên G. Ta kí hiệu SH(Ω) là tập tất cả các hàm điều hòa d−ới trong Ω.
Một câu hỏi được đặt ra là giữa các hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới có quan hệ với nhau nh− thế nào? Mệnh đề sau đây trả lời câu hỏi đó.
2.1.9. Mệnh đề. Mỗi hàm điều hòa trong Ω là điều hòa dưới, tức là H(Ω) ⊂SH(Ω).
Chứng minh. Giả sử u ∈ H(Ω), G là tập compact tương đối trong Ω và h là hàm điều hòa trong G và liên tục trên G sao cho u ≤ h trên ∂G. Khi
đó u−h ≤ 0 trên ∂G. Vì u và h điều hòa trong G nên
∆(u−h) = ∆u−∆h = 0 trong G.
Do đó u−h ∈ H(G). Vì u−h là hàm liên tục trên G và G là tập compact trong Ω nên u−h đạt cực đại trên G, tức là tồn tại a ∈ G sao cho
u(x)−h(x) ≤ u(a)−h(a), ∀x ∈ G.
Từ nguyên lý cực đại của hàm điều hòa suy ra a ∈ ∂G hoặc u−h là hàm hằng. Điều này chứng tỏ
u(x)−h(x) ≤ 0, ∀x ∈ G.
Do đó u ≤ h trên G. Vậy u ∈ SH(Ω).
Tương tự như đối với hàm điều hòa ta có nguyên lí cực đại của hàm điều hòa d−ới sau đây.
2.1.10. Định lí ([5]). (nguyên lí cực đại của hàm điều hòa dưới). Nếu
Ω là một miền trong Rm còn u ∈ SH(Ω) và u đạt cực đại tại a ∈ Ω thì u là hàm hằng.1
2.1.11. Mệnh đề ([5]). Hàm u ∈ H(Ω) khi và chỉ khi u và −u thuộc SH(Ω).
Định lí sau đây cho ta một đặc trưng của hàm điều hòa dưới và thuộc lớp C2(Ω).
2.1.12. Định lí. Giả sử u : Ω → R là hàm thuộc lớp C2(Ω). Khi đó u ∈ SH(Ω) khi và chỉ khi
∆u =
m
X
j=1
∂2u
∂x2j ≥ 0 trong Ω.
Chứng minh. + điều kiện đủ. Giả sử u ∈ C2(Ω) và ∆u ≥ 0 trong Ω còn G là tập mở compact tương đối trong Ω và h ∈ H(Ω)∩C(G) sao cho u ≤ h trên ∂G ( C(G) là kí hiệu tập tất cả các hàm liên tục trên G ). Ta xét hàm v : Ω → R với
v(x) = u(x)−ε+δkxk2, x = (x1, . . . , xm) ∈ Ω, trong đó ε là số dương tùy ý, δ ∈ (0,αε) với
α = sup{kxk2 : x ∈ ∂G}, kxk=
m
X
i=1
|xi|2.
Khi đó, từ u ≤ h trên ∂G suy ra v < h trên ∂G.
Để chứng minh u ≤ h trên G ta chỉ cần chứng tỏ v ≤ h trong G bởi vì
ε có thể chọn bé tùy ý. Đặt w = v−h và ta giả sử tồn tại a ∈ G sao cho
1Chúng ta có thể xem chứng minh của 2.1.10 trong tài liệu [5].
w(a) > 0.
Vì u ∈ C2(Ω) và hàm kxk2 cũng thuộc C2(Ω) nên v ∈ C2(Ω). Do đó w ∈ C2(Ω). Mặt khác G là tập compact nên tồn tại b ∈ G sao cho w đạt cực đại tại b, tức là
w(x) ≤ w(b) ∀x ∈ G.
Vì w(a) > 0 và w <0 trên ∂G nên b ∈ G.
Đặt ej = (0, . . . ,0,1,0, . . . ,0) với 1 ở vị trí thứ j, j = 1, m. Với mỗi j = 1,2, . . . , m ta xét hàm g :R → Rm với
g(t) = b+tej = (b1, . . . , bj−1, bj +t, bj+1, . . . , bm)
và kí hiệu U = {t ∈ R : g(t) ∈ Ω}. Khi đó, hàm hợp ϕ = w◦g đạt cực đại tại t = 0. Mặt khác, vì w ∈ C2(Ω) và g có đạo hàm cấp 2 liên tục tại mọi t ∈ U nên hàm một biến ϕ có đạo hàm cấp 2 liên tục tại mọi t ∈ U. Do
đó ϕ′′(0) ≤ 0. Ta lại có ϕ′′(t)|t=0 = d2
dt2(w◦g(t))|t=0 = d2
dt2(w(b+tej))|t=0
= ∂2w
∂x2j (b).
Nh− vËy
∂2w
∂x2j(b) ≤0, j = 1, . . . , m.
Do đó ta có ∆w(b) ≤ 0. Mặt khác vì h ∈ H(G) nên ∆h = 0 trên G. Do
đó
∆w = ∆v −∆h = ∆v = ∆u+
m
X
j=1
∂2
∂x2j(δ
m
X
i=1
x2i)
= ∆u+ 2mδ > 0 trên G.
Nh− vËy ∆w(b) > 0. Ta cã mét ®iÒu m©u thuÉn.
Từ đó suy ra w ≤ 0 trên G, tức là v ≤ h trên G và ta có v ≤ h trên G. VËy u ∈ SH(Ω).
+ Điều kiện cần. Giả sử u ∈ C2(Ω)∩SH(Ω) nh−ng tồn tại a ∈ Ω sao cho ∆u(a) < 0. Khi đó ∆(−u(a)) > 0. Từ tính liên tục của ∆(−u) ta suy ra tồn tại lân cận U của a sao cho
∆(−u) > 0 trong U.
Theo điều kiện đủ đã chứng minh thì −u ∈ SH(U).
Mặt khác, hiển nhiên u ∈ SH(U). Do đó, theo Mệnh đề 2.1.11 thì
u ∈ H(U). Vì thế ∆u = 0 trên U, đặc biệt ∆u(a) = 0. Ta có một điều m©u thuÉn.
VËy ∆u≥ 0 trong Ω.
2.1.13. Định lí. Giả sử {uα}α∈A là họ của các hàm điều hòa d−ới trong miÒn Ω sao cho
u(z) = sup
α∈Auα(z) < ∞ víi z ∈ Ω Nếu u nửa liên tục trên thì u điều hòa d−ới.
Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh nếu u ≤ h trên biên ∂U của hình tròn U ⊂ Ω, ở đây hàm h liên tục trên ∂U và điều hòa trong U thì u ≤ h trong U. Bởi vì uα là điều hòa d−ới và uα ≤ h trên ∂U nên ta có uα ≤ h với mọi α ∈ A. Vì thế
u(z) = sup
α∈a uα(z) ≤ h(z) víi z ∈ U.
2.1.14. Định lí (Tiêu chuẩn điều hòa d−ới trong C). Giả sử D là một miền trong C và u : D → [−∞,+∞) là hàm nửa liên tục trên. Khi đó, u ∈ SH(D) khi và chỉ khi
u(z) ≤ 1 2π
2π
Z
0
u(z +reiϕ)dϕ (2.2) với mọi z ∈ D và với mọi r ∈ (0, d(z, ∂D)).
Chứng minh. Giả sử u điều hòa d−ới trên D, z ∈ Dvà0< r < d(z, ∂D). Với mỗi k ≥1, đặt
uk(ξ) = max
|ξ′−z|=r{u(ξ′)−k|ξ −ξ′|}, ξ ∈ D.
Khi đó uk là các hàm liên tục trên γ :|ξ−z| = r vàuk giảm đến u. Theo bài toán Dirichlet tồn tại hàm hk thác triển điều hòa của uk tới |ξ−z| < r. Từ uk+1 ≤ uk trên |ξ −z| = r ta suy ra hk+1 ≤ hk trong |ξ −z| ≤ r. Vì
vậy ta xác định đ−ợc hàm h(ξ) = lim
k→∞hk(ξ),{ξ ∈ D: |ξ −z| ≤ r}.
Theo định lí Harnak, h hoặc điều hòa trong |ξ −z| < r hoặc h ≡ −∞.
Theo định lí giá trị trung bình ta có hk(z) = 1
2π
2π
Z
0
uk(z+reiϕ)dϕ.
Qua giới hạn d−ới dấu tích phân ta thu đ−ợc h(z) = 1
2π
2π
Z
0
u(z+reiϕ)dϕ.
Nếu h ≡ ư∞, thì (2.2) hiển nhiên đúng. Trường hợp ngược lại từ tính
điều hòa dưới của u và bất đẳng thức uk ≤ hk trên |ξ ưz| = r ta suy ra
rằng u(z) ≤ hk(z) với k = 1,2. . .. Cho k → ∞ ta đ−ợc
u(z) ≤ h(z) = 1 2π
2π
Z
0
u(z +reiϕ)dϕ.
Giả sử u nửa liên tục trên D và thỏa mãn điều kiện (2.2). Cho U là hình tròn tùy ý với U ⊂ D và h là hàm liên tục trên U điều hòa trong U sao cho u ≤ h trên ∂U. Hàm v = u−h nửa liên tục trên U và theo điều kiện (2.2) cùng định lí về giá trị trung bình đối với hàm điều hòa ta có
u(z)−h(z) ≤ 1 2π
2π
Z
0
[u(z +reiϕ)−h(z+ reiϕ)]dϕ
hay
v(z) ≤ 1 2π
2π
Z
0
v(z+reiϕ)dϕ
với mọi z ∈ U và với mọi r > 0 đủ bé (0 < r < d(U, ∂D)). Theo Định nghĩa 2.1.8 nếu đặt C = {z ∈ U : v(z) = M} ở đây M = max
z∈U v(z) th× khi C = ∅, M đạt cực đại trên ∂U và vì vậy M ≤ 0, còn khi C 6= ∅, thì C = U và khi đó M ≤0.
2.1.15. Hệ quả. Nếu f : D → C là hàm chỉnh hình trên miền D ⊂ C, thì log|f| là hàm điều hòa d−ới trong D.
Chứng minh. Tính nửa liên tục trên của log|f(z)| là hiển nhiên. Nếu zo ∈ D và f(zo) 6= 0 thì logf(z) chỉnh hình tại zo và hàm log|f(z)| là phần thực của logf(z) trong một lân cận của zo. Vậy thìlog|f(z)| điều hòa trong lân cận này. Do đó (2.2) xảy ra dấu bằng trong một lân cận của zo. Nếu f(zo) = 0 thì log|f(z)| = −∞ và điều kiện (2.2) đ−ợc thỏa mãn tại zo. Từ
đó suy ra điều phải chứng minh.
2.1.16. Mệnh đề ([5]). Nếu Ω là tập mở trong Rm thì SH(Ω) là một nón lồi, nghĩa là từ α, β là 2 số thực không âm và u, v ∈ SH(Ω) suy ra αu+βv ∈ SH(Ω).
2.1.17. Định lí. Giả sử Ω là tập mở trong Rm. Khi đó,
1) Nếu Ω liên thông và {un} ⊂ SH(Ω) là dãy giảm thì u = lim
n→∞un là hàm điều hòa d−ới trong Ω.
2) Nếu {un} là dãy trong SH(Ω), hội tụ đều tới hàm u : Ω → R trên mỗi tập compact trong Ω thì u ∈ SH(Ω).
3) Nếu {uα : α ∈ I} ⊂ SH(Ω) sao cho u = sup{uα : α ∈ I} bị chặn trên địa phương thì hàm
u∗(x) = limy→x
y∈Ω
u(y), x ∈ Ω là điều hòa d−ới trong Ω.
Chứng minh. 1) Với mỗi r ∈ R đặt
U = {x ∈ Ω : u(x) < r}.
Từ {un} giảm suy ra
U =
∞
S
n=1
{x ∈ Ω : un(x) < r}.
Vì các un nửa liên tục trên nên các tập {x ∈ Ω : un(x) < r} là mở. Do đó U là tập mở trong Ω. Vậy u nửa liên tục trên trên Ω.
Bây giờ, giả sử G là tập mở, compact tương đối trong Ω và h ∈ SH(G)∩ C(G) sao cho
u(x) ≤h(x) ∀x ∈ ∂G.
Với mỗi ε > 0 đặt
Fj = {x ∈ ∂G : uj(x) ≥ h(x) +ε}, j = 1,2, . . . Vì uj −h nửa liên tục trên trên G nên tập
Ej := {x ∈ G: uj(x)−h(x) < ε}
là mở với mỗi j = 1,2, . . .. Mặt khác ta có
Fj = (G\Ej)∩∂G , j = 1,2, . . .
Do đó Fj là tập đóng với j = 1,2, . . .. Vì Fj nằm trong G và G compact nên Fj compact với j = 1,2, . . .
Từ giả thiết {uj} là dãy giảm suy ra
F1 ⊇ F2 ⊇ ã ã ã Hơn nữa, vì
j→∞lim uj(x) = u(x) ≤ h(x) , x∈ ∂G nên Fj = ∅ với mọi j đủ lớn, nghĩa là tồn tại jo sao cho uj(x) < h(x) +ε ∀x ∈ ∂G,∀j ≥ jo. Do các uj ∈ SH(Ω) nên
uj(x) ≤ h(x) +ε ∀x ∈ G,∀j ≥ jo. Do đó
u(x) = lim
j→∞uj(x) ≤ h(x) + ε ∀x ∈ G.
Vì ε > 0 bất kì nên u ≤ h trên G. Vậy u ∈ SH(Ω).
2) Từ Mệnh đề 1.2.8 suy ra u là hàm nửa liên tục trên trên Ω.
Bây giờ, giả sửGlà tập mở, compact tương đối trongΩvàh ∈ H(G)∩C(G) sao cho
u(x) ≤h(x) ∀x ∈ ∂G
Ta dùng các kí hiệu Fj, Ej nh− trong chứng minh 1) và ta cũng kết luận
đ−ợc Fj là tập compact trong Ω với j = 1,2, . . . Do đó, theo giả thiết ta có un ⇉u trên Fj với mọi j. Từ đó suy ra Fj = ∅ với mọi j đủ lớn. Tiếp tục lí luận t−ơng tự nh− trong chứng minh 1) ta kết luận đ−ợc u ∈ SH(Ω).
3) Vì hàm u∗ là nửa liên tục trên trên Ω nên ta chỉ cần chứng minh u∗ thỏa mãn điều kiện còn lại của Định nghĩa 2.1.8. Giả sử G là tập mở, compact tương đối trong Ω và h ∈ H(G)∩C(G) sao cho u∗ ≤ h trên ∂G. Khi đó vì u ≤ u∗ nên
u(x) ≤h(x) ∀x ∈ ∂G.
Do đó
uα(x) ≤h(x) ∀x ∈ ∂G,∀α ∈ I.
Vì các uα ∈ SH(Ω) nên
uα ≤ h trên G, với mọi α ∈ I.
Do đó
u = sup{uα : α ∈ I} ≤ h trên G.
Từ đó suy ra
u∗(x) = limy→x
y∈G
u(y) ≤ limy→x
y∈G
h(x) = h(x) ∀x ∈ G.
VËy u∗ ∈ SH(Ω).