Nghiệm viscosity của bài toán điều khiển với thời gian thoát ra

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: NGHIỆM VISCOSITY CỦA BÀI TOÁN ĐIỀU KHIỂN VỚI THỜI GIAN THOÁT RA LUẬN VĂN THẠC SĨ Năm: BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC Chuyên ngành: : Mã số: : LUẬN VĂN THẠC SĨ Người hướng dẫn TS 1 PHẦN MỞ ĐẦU Cùng với phát triển vượt bậc toán học ứng dụng, nhiều toán thực tế liên quan đến lý thuyết tối ưu, hệ phương trình địi hỏi cơng cụ giải tích khơng trơn mà cơng cụ giải tích cổ điển giải tích lồi khơng đáp ứng Vì vậy, xuất ngày nhiều khái niệm mở rộng phép tính vi phân hàm khơng khả vi, chí khơng liên tục Một khái niệm “dưới vi phân xấp xỉ” cho hàm nửa liên tục không gian Hilbert, mà định nghĩa dựa vào khái niệm “vec-tơ pháp xấp xỉ” tập đồ thị hàm số 903 2 ĐỊNH LÝ LAGRANGE Định lý (Định lý Lagrange) Giả sử hàm số f liên tục đoạn [a, b], khả vi khoảng (a, b) Khi tồn c ∈ (a, b) cho: f ′ (c) = f (b) − f (a) b−a Chứng minh Xét hàm số   f (b) − f (a) g(x) = f (x) − (x − a) + f (a) b−a Do hàm số f (x) x − a liên tục đoạn [a, b], khả vi khoảng (a, b) nên hàm số g(x) liên tục đoạn [a, b] khả vi khoảng (a, b) Mặt khác g(a) = g(b) = Theo định lý Rolle, tồn c ∈ (a, b) cho g ′ (c) = Nhưng ta có g ′ (x) = f ′ (x) − f (b) − f (a) b−a Suy f ′ (c) = f (b) − f (a) b−a Ta có điều phải chứng minh Ý nghĩa hình học định lý Lagrange Cho C đường cong trơn với hai đầu mút A, B Khi C tồn điểm mà tiếp tuyến C điểm song song với AB Nhận xét Thơng qua cách chứng minh định lý Lagrange hệ định lý Rolle Tuy nhiên định lý Rolle lại trường hợp riêng định lý Lagrange giá trị hai đầu mút (tức f (a) = f (b)) Sau ta trình bày cơng thức Lagrange dạng khác Giả sử ξ ∈ (a, b) Đặt θ = ξ−a Khi đó: b−a ξ = a + θ(b − a) 0 thỏa mãn ϱ(f (x), f (y)) ≤ Ld(x, y), ∀x, y ∈ X Mệnh đề Cho A ⊂ Rn f ∈ Lip(A) (i) f liên tục A; (ii) tồn f¯ : A → R với f |A = f Lip(f ) = Lip(f ) Nhận xét Từ mệnh đề ?? suy f ∈ Lip(A), với A ⊂ Rn , ln có nghĩa hàm f : A → R ngược lại Hơn nữa, ánh xạ mở rộng E : Lip(A) → Lip(A), E(f ) := f song ánh Theo kết này, ta hiểu Lip(A) = Lip(A) Lưu ý tính chất mở rộng khơng cịn khơng gian C1 (Ω) Mệnh đề Cho Ω ⊂ Rn tập lồi bị chặn Khi C1 (Ω) ⊂ Lip(Ω) Chứng minh Cho f ∈ C1 (Ω) Theo định lý giá trị trung bình ∀x, y ∈ Ω, ∃z ∈ xy := {tx + (1 − t)y : ≤ t ≤ 1} ⊂ Ω thỏa mãn f (x) − f (y) = (∇f (z), x − y)Rn Nghĩa |f (x) − f (y)| = |(∇f (z), x − y)Rn | ≤ sup(|∇f |)|x − y| = L|x − y|, ∀x, y ∈ Ω Ω Nhận xét (i) khơng Ω khơng lồi p Ví dụ: Cho Ω = {(x, y) ∈ R : y < |x|, x2 + y < 1} ( y β y > f (x, y) := y ≤ với 1, β < Khi f ∈ C1 \ Lip(Ω) Thật vậy, dễ thấy f ∈ C1 Ta chứng minh f ∈ / Lip(Ω) Theo phản chứng, giả sử f ∈ Lip(Ω) Khi tồn L > thỏa mãn, với (x, y) ∈ Ω với x > 0, y > 0,  x 1/β |f (x, y) − f (−x, y)| = 2y β ≤ 2Lx ⇔ y ≤ L  x 1/β √ , Từ 1/2 < 1/β , ta chọn (x, y) ∈ Ω thỏa mãn x > y > L điều mấu thuẫn với bất đẳng thức trước (ii) Quan hệ bao hàm chặt Ví dụ: Cho Ω = (−1, 1) f (x) = |x| Khi f ∈ Lip(Ω) \ C1 (Ω) Mặc dù không gian hàm Lipschitz Lip(Ω) rộng hàm khả vi liên tục C1 (Ω), chúng có chung tính chất quan trọng, tính khả vi, chứng minh trường hợp chiều Định lý (Rademacher) Cho Ω ∈ Rn tập mở cho f ∈ Lip(Ω) Khi f khả vi x, Ln hầu khắp nơi, x ∈ Ω, nghĩa bỏ tập có độ đo khơng N ⊂ Ω, với x ∈ Ω \ N tồn hàm tuyến tính varphi : Rn → R thỏa mãn f (y) − f (x) − φ(y − x) = y→x y−x lim Đặc biệt, với x ∈ Ω \ N tồn ∇f (x) Định nghĩa Cho Ω ⊂ Rn tập mở bị chặn, cho f ∈ Lip(Ω) Ta biểu thị ∥f ∥Lip = ∥f ∥Lip,Ω := ∥f ∥∞,Ω + Lip(f, Ω) ∥.∥Lip gọi chuẩn Lip Định lý (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) không gian Banach vô hạn chiều không không gian Hilbert, biết Ω ∈ Rn tập mở bị chặn Chứng minh Dễ thấy (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) không gian tuyến tính định chuẩn, ý Lip(f + g) ≤ Lip(f ) + Lip(g) ∀f, g ∈ Lip(Ω) (1) Ta phải tính đầy đủ Cho (fh )h dãy Cauchy (Lip(Ω), ∥.∥Lip ), nghĩa với ϵ > tồn h = h(ϵ) ∈ N thỏa mãn |fh (x) − fk (y)| + |fh (x) − fk (y) − fh (z) + fk (z)| ≤ |y − z| (2) ∥fh − fk ∥∞ + Lip(fh − fk ) = ∥fh − fk ∥Lip ≤ ϵ ∀k > h > h, x, y, z ∈ Ω với y ̸= z Theo (??) (??), suy tồn L > thỏa mãn Lip(fh ) ≤ L ∀h, (3) theo (??), (fh )h dãy Cauchy (C0 (Ω), ∥.∥∞ ) Khi đó, tồn f ∈ C0 (Ω) thỏa mãn fh → f Ω Theo (??), ta Lip(f ) ≤ L, f ∈ Ω Lấy qua giới hạn (??), k → ∞, ϵ > tồn h = h(ϵ) ∈ N cho |fh (x) − f (x)| + fh (y) − f (y) − fh (z) + f (z) ≤ϵ y−z ∀h > h, x, y, z ∈ Ω, y ̸= z Điều có nghĩa lim ∥fh − f ∥Lip = h→∞ Từ tập hợp hàm đa thức chứa Lip(Ω), Lip(Ω) vô hạn chiều Cuối cùng, ta cần phải chứng minh không gian Hilbert, lập luận tương tự trường hợp trước, cách sử dụng đẳng thức hình bình hành Theo hệ mệnh đề ?? ta kết sau Hệ Bao hàm C1 (Ω) ⊂ Lip(Ω) ánh xạ song Lipszhitz, nghĩa ∥f ∥C1 ≤ ∥f ∥Lip ≤ L∥f ∥C1 L ∀f ∈ C1 (Ω), nghiêm ngặt, biết Ω ⊂ Rn tập lồi, mở bị chặn Đặc biệt, C1 (Ω) không gian đóng (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) Chứng minh Ta chứng minh khẳng định trường hợp n = Ω = (a, b) Theo mệnh đề ?? nhận xét ?? (ii), ta cần quan hệ bao hàm phép đẳng cự Điều suy Bài tập Nếu f ∈ C1 ([a, b]) ∥f ∥Lip = ∥f ∥C1 Tính compact Lip(Ω) Định lý Cho Ω ⊂ Rn tập mở bị chặn, giả sử F = BLip(Ω) := {f ∈ Lip(Ω) : ∥f ∥Lip ≤ 1} Khi BLip(Ω) compact (Lip(Ω), ∥.∥∞ ) Chứng minh Ta cần F compact (C0 (Ω), ∥.∥∞ ) Áp dụng định lý Arzelà - Ascoli (Định lý 59) Chứng minh (i) F bị chặn (C0 (Ω), ∥.∥∞ ): hiển nhiên theo định nghĩa (ii) F đóng (C0 (Ω), ∥.∥∞ ): nghĩa là, (fh )h ⊂ F với ∥fh − f ∥∞ , f ∈ F Thật fh ∈ FLef trightarrow|fh (x)|+ |fh (y) − fh (z)| ≤1 y−z ∀h, x, y, z ∈ Ω với y ̸= z Lấy qua giới hạn, h → ∞, ta |f (x)| + |f (y) − f (z)| ≤1 y−z ∀x, y, z ∈ Ω với y ̸= z từ f ∈ F (iii) F liên tục Ω Thật vậy, đủ để nhận thấy rằng, theo định nghĩa |f (y) − f (z)| ≤ |y − z| ∀y, z ∈ Ω, f ∈ F Ta có điều phải chứng minh Nhận xét Chú ý BC1 (Ω) := {f ∈ C1 (Ω) : ∥f ∥C1 ≤ 1} không compact (C1 (Ω), ∥.∥∞ ) Đây đặc trưng tốt có Lip(Ω) khơng có C1 (Ω) Tính tách (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) Định lý Cho Ω ⊂ Rn tập mở bị chặn Khi (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) khơng tách Chứng minh Ta cần tồn họ tách rời không đếm {Uα : α ∈ I} tập mở (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) (Mệnh đề ??) Ta chia chứng minh thành hai bước Bước 1: Giả sử n = Ω = (a, b) ta chứng minh kết luận Cho {uα : α ∈ (a, b)} ⊂ (Lip(a, b)) họ hàm uα (x) := |x − α| x ∈ (a, b), α ∈ I := (a, b) Ta chứng minh ∥uα − uβ ∥Lip ≥ Lip(uα − uβ ) ≥ α ̸= β (4) Thật  |uα (x) − uβ (x) − uα (y) + uβ (y)| Lip(uα − uβ ) = sup : x, y ∈ (a, b), x ̸= y |x − y| |uα (α) − uβ (α) − uα (β) + uβ (β)| |α − β| =2 = |α − β| |α − β|  ≥ Vì họ Uα := {f ∈ Lip((a, b)) : ∥f − uα ∥Lip < ∀α ∈ I} Ta điều mong muốn Bước 2: Giả sử Ω tập mở bị chặn Từ Ω mở, tồn hình cầu χEh = ϕ = ϕ χ E − h=m+1 h=1 ∞ X χEh ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ h=m+1 | ∪∞ h=m+1 Eh | = ∞ X Lp (Ω) |Eh | → m → ∞ từ E < ∞ Vì h=m+1 ν(E) = ∞ X ν(Eh ) h=1 kết cho cách xếp dãy (Eh )h , chuỗi hội tụ tuyệt đối thỏa (89) Hơn nữa, từ |ν(E) ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ |E|1/p , ∀E ∈ M, suy (90) Lưu ý: Nếu p = ∞ đánh giá trước, (90) khơng cịn giữ Theo định lý Radon-Nikodym cho độ đo dấu, tồn M-hàm đo u : Ω → R với u+ u− ∈ L1 (Ω) cho Z ϕ(χE ) = ν(E) = udx, ∀E ∈ M (41) E Thực thỏa mãn u ∈ L1 (Ω) Thật vậy, cho En+ := {x ∈ Ω : u(x) ≥ 0} En− := {x ∈ Ω : u(x) ≤ 0} Từ (91) ta Z 0≤ ± Z u dx = Ω En± 1/p = ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ ∪∞ h=m+1 Eh udx = ν(En± ) < ∞ 52 Do u± ∈ L1 (Ω) Từ tuyến tính ϕ tích phân, rõ ràng Z ϕ(s) = (42) u s dx Ω với hàm đơn giản đo s : Ω → R Để kết luận, cần chứng minh ′ u ∈ Lp (Ω), ∀p ∈ [1, ∞) (43) Thật vậy, với f ∈ Lp (Ω), theo xấp xỉ hàm đơn giản (Định lý 18), tồn dãy sh : Ω → R, (h = 1, 2, ) hàm đơn gian đo thỏa mãn sh → f Lp (Ω) (44) Từ (93), (94) bất đẳng thức Holder, suy Z