Một số kết quả chính quy nghiệm cho bài toán obstacle

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Trần Ba Sao MỘT SỐ KẾT QUẢ CHÍNH QUY NGHIỆM CHO BÀI TỐN OBSTACLE KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH – 04/2022 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Trần Ba Sao MỘT SỐ KẾT QUẢ CHÍNH QUY NGHIỆM CHO BÀI TỐN OBSTACLE Chun ngành: Tốn giải tích Mã số sinh viên: 44.01.101.121 KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP GIẢNG VIÊN HƯỚNG DẪN: TS NGUYỄN THÀNH NHÂN THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH – 04/2022 i LỜI CAM ĐOAN Tơi xin cam đoan khóa luận tốt nghiệp với đề tài "Một số kết quy nghiệm cho tốn obstacle" tơi thực Các kết khóa luận trung thực không chép luận văn khác Trong q trình thực khóa luận, tơi kế thừa kết nhiều báo công bố nhà khoa học với trân trọng biết ơn Tôi xin cam đoan giúp đỡ cho việc thực khóa luận cám ơn thơng tin trích dẫn khóa luận ghi rõ nguồn gốc phép cơng bố Thành Phố Hồ Chí Minh, tháng 04 năm 2022 Trần Ba Sao ii LỜI CẢM ƠN Trong suốt q trình học tập, nghiên cứu hồn thành khóa luận, tơi nhận nhiều giúp đỡ, ý kiến đóng góp quý báu động viên từ q Thầy Cơ, gia đình bạn bè Trước tiên, tơi xin chân thành bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến TS Nguyễn Thành Nhân tận tình giảng dạy, hướng dẫn tạo điều kiện tốt để tơi hồn thành tốt khóa luận Bên cạnh Tơi xin trân trọng cảm ơn Ban lãnh đạo Khoa Toán - Tin học, Thư viện trường Đại học Sư phạm thành phố Hồ Chí Minh tạo điều kiện thuận lợi cho thực tốt khóa luận Xin chân thành cảm ơn q Thầy, Cơ Khoa Tốn - Tin học trường Đại học Sư phạm thành phố Hồ Chí Minh truyền đạt cho kiến thức quý báu suốt năm học vừa qua quý Thầy, Cô Hội đồng chấm khóa luận góp ý giúp cho khóa luận hồn chỉnh Cuối cùng, tơi xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè tập thể lớp SPToanA-K44 hết lòng ủng hộ động viên, giúp đỡ tơi q trình học tập q trình thực khóa luận Trần Ba Sao iii MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN ii MỤC LỤC iii DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU v MỞ ĐẦU CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Miền thỏa điều kiện Reifenberg 1.2 Bất đẳng thc Hăolder v bt ng thc Young 1.3 Không gian Lorentz 1.4 Không gian Sobolev công thức Green 1.5 Toán tử cực đại cấp phân số 10 CHƯƠNG CÁC ĐÁNH GIÁ SO SÁNH VỚI NGHIỆM PHƯƠNG TRÌNH THUẦN NHẤT 14 2.1 Các đánh giá so sánh 14 2.2 Bt ng thc reverse Hăolder 28 CHƯƠNG ĐÁNH GIÁ GRADIENT TRONG KHÔNG GIAN LORENTZ QUA TOÁN TỬ CỰC ĐẠI VÀ TOÁN TỬ CỰC ĐẠI CẤP PHÂN SỐ 3.1 31 Đánh giá gradient không gian Lorentz qua toán tử cực đại 31 3.1.1 Bổ đề phủ Vitali 31 3.1.2 Bất đẳng thức tập mức 32 3.1.3 Đánh giá gradient không gian Lorentz qua toán tử cực đại 40 iv 3.2 Đánh giá gradient khơng gian Lorentz qua tốn tử cực đại cấp phân số 42 3.2.1 Toán tử cực đại dạng cut-off 42 3.2.2 Bất đẳng thức tập mức 44 3.2.3 Đánh giá gradient khơng gian Lorentz qua tốn tử cực đại cấp phân số 53 KẾT LUẬN 55 TÀI LIỆU THAM KHẢO 56 v DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU R Tập hợp số thực Ω Miền mở bị chặn Rn ∂Ω Biên miền Ω diam(Ω) Đường kính miền Ω Br (x) Quả cầu mở tâm x, bán kính r > Rn A Tốn tử elliptic tựa tuyến tính [A]r0 Dao động trung bình BM O toán tử A ứng với r0 > ∇u Gradient hàm u : Rn → R div(F ) Divergence hàm vectơ F : Rn → Rn |E| Độ đo Lebesgue tập đo E ⊂ Rn f (x)dx Tích phân trung bình hàm khả tích f tập đo E ⊂ Rn E Lp (Ω) Khơng gian Lebesgue hàm đo được, có lũy thừa p khả tích Ω Lp,q (Ω) Khơng gian Lorentz Ω W 1,p (Ω) Không gian Sobolev Ω Cc1 (Ω) Không gian hàm khả vi liên tục cấp có support compact Ω W01,p (Ω) Bao đóng Cc1 (Ω) W 1,p (Ω) M Toán tử cực đại Hardy-Littlewood Mα Toán tử cực đại cấp phân số với α ∈ [0, n] Kết thúc chứng minh MỞ ĐẦU Trong khóa luận này, chúng tơi khảo sát tính quy nghiệm cho tốn obstacle có dạng   −div(A(x, ∇u)) + V|u|q−2 u ≤ −div(B(x, F, g))  u =0 Ω, (1) ∂Ω, với hàm liệu F ∈ Lp (Ω; Rn ), u nghiệm yếu thuộc tập hợp n S := u ∈ W01,p (Ω) : ψ1 ≤ u ≤ ψ2 o h.k.n Ω , đó, Ω miền mở bị chặn Rn , p ∈ (1, ∞) F ∈ Lp (Ω; Rn ) Hàm ψ1 , ψ2 ∈ W 1,p (Ω) thỏa ψ1 ≤ ψ2 h.k.n Ω ψ1 ≤ ≤ ψ2 ∂Ω np Ở đây, tham số q thỏa < q < p∗ (trong p∗ = ) A, B : Ω × Rn → R n−p hàm Carathédory có giá trị vectơ thỏa mãn điều kiện: tồn p ∈ (1, n], σ ∈ [0, 1] số Λ, Λ1 , Λ2 > cho |A(x, µ)| + |∂µ A(x, µ)| ≤ Λ(σ + |µ|2 ) p−1 (2) , |B(x, F, g)| ≤ Λ1 |F|p−1 + Λ2 |g|, A(x, µ1 ) − A(x, µ2 ), µ1 − µ2 ≥ Λ−1 (σ + |µ1 |2 + |µ2 |2 ) (3) p−2 |µ1 − µ2 |2 , (4) với µ, µ1 , µ2 Rn \{0} x ∈ Ω h.k.n Chúng chứng minh đánh giá gradient cho nghiệm toán (1) với hai giả thiết Giả thiết tốn tử A thỏa mãn điều kiện nửa chuẩn BM O nhỏ, gọi điều kiện (δ, r) − BM O, nghĩa có số δ > cho  r A  = sup y∈Rn ,0 max γ n np ; , nghĩa p np − n + p γ  V(ξ) dξ ≤ C B% (x) V(ξ)dξ , B% (x) với x ∈ Rn % > Nội dung khóa luận trình bày ba chương • Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Chương trình bày khái niệm không gian Lebesgue, không gian Lorentz, không gian Sobolev với toán tử cực đại cấp phân số tính chất quan trọng Ngồi ra, số bất đẳng thức bất đẳng thức Hăolder v bt ng thc Young, cựng vi cụng thc Green không gian Sobolev kiến thức quan trọng sử dụng nhiều cho chứng minh nhắc đến chương Tài liệu tham khảo chương sách Grafakos [4] Bruce K Driver [6] • Chương 2: Các đánh giá so sánh với nghiệm phương trình Chương chúng tơi trình bày số đánh giá so sánh địa phương nghiệm bất phương trình ban đầu phương trình tương ứng Chúng tụi cng trỡnh by li bt ng thc reverse Hăolder tác giả Lee & Ok chứng minh [3] Tài liệu tham khảo chương báo [1] tác giả Tran & Nguyen • Chương 3: Đánh giá gradient khơng gian Lorentz qua toán tử cực đại toán tử cực đại cấp phân số Trong chương này, sử dụng kết chứng minh bất đẳng thức so sỏnh cựng vi bt ng thc reverse Hăolder chương bổ đề phủ Vitali để xây dựng bất đẳng thức tập mức tập đo được, từ đánh giá gradient khơng gian Lorentz qua tốn tử cực đại Hơn nữa, chúng tơi sử dụng toán tử cực đại dạng cut-off để thu đánh giá gradient khơng gian Lorentz qua tốn tử cực đại cấp phân số thông qua bất đẳng thức tập mức Tài liệu tham khảo chương bao gồm báo [1], [5], [7] [11] tác giả Tran & Nguyen 32 đó, Ln (Q) độ đo Lebesgue Q Khi đó, tồn số C cho Ln (Q) ≤ CεLn (N ) Định lí bất đẳng thức dạng good − λ Định lí chứng minh dựa dạng Bổ đề phủ Vitali, biết đến dạng phân tích Calderón-Zygmund-Krylov-Safonov 3.1.2 Bất đẳng thức tập mức γ δ(data, θ, ε) > β = β(data, θ, ε) > cho toán (P) thỏa giả thiết Định lý 3.1.2 Với θ ∈ ( , 1) tìm ε0 = ε0 (data, θ) ∈ (0, 1), (r0 , δ) − (H) với r0 >, Ln {M(H(u)) > ε−θ λ, M(|F|p ) ≤ βλ} ≤ CεLn {M(H(u) > λ)} ,

(3.1) cho ε ∈ (0, ε0 ) λ > 0, C = C(data, θ, diam(Ω)/r0 ) > 0 Ở đây, |F|p = |g|p + |F|p + Hσ (ψ1 ) + Hσ (ψ2 ) để đơn giản ta viết {|g| ≥ λ} thay cho {x ∈ Ω : |g(x)| > λ} Chứng minh Mục đích chứng minh tìm ε0 ∈ (0, 1) δ > cho (3.1) với λ > ε ∈ (0, ε0 ) theo giả thiết (r0 , δ) − (H) toán (P) cho r0 > Đặt Qλε = {M(H(u)) > ε−θ λ, M(|F|p ) ≤ βλ} N λ = {M(H(u) > λ)} Bất đẳng thức (3.1) viết lại thành Ln Qλε ≤ CεLn N λ

Khi đó, ta chứng minh Định lí 3.1.2 hệ Bổ đề 3.1.1 Chứng minh chia thành hai bước, tương ứng kiểm tra hai giả thiết Bổ đề 3.1.1 Bước Giả sử Qλε 6= ∅, tồn ξ1 ∈ Ω cho M(H(u))(ξ1 ) > ε−θ λ, (3.2) 33 M(|F|p )(ξ1 ) ≤ βλ (3.3) Từ (3.2) với (2.38) Nhận xét 2.1.6 toán tử cực đại M bị chặn từ L1 (Rn ) vào L1,∞ (Rn ), ta có L n (Qλε ) −θ n ≤ L ({M(H(u)) > ε C λ}) ≤ ε−θ λ ˆ H(u)dx ≤ Ω C ε−θ λ ˆ |F|p dx (3.4) Ω Từ (3.4) định nghĩa toán tử cực đại M, ta có |F|p dx ≤ βλ, sup r>0 Br (ξ1 ) nghĩa |F|p dx ≤ βλ, ∀r > (3.5) Br (ξ1 ) Đặt Γ = BD0 (ξ1 ) với D0 = diam(Ω) Với cách đặt này, ta nhận thấy Ω ⊂ Γ Khi đó, với (3.5), ta có ˆ CLn (Γ) |F| dx ≤ ε−θ λ Ω ε−θ λ C chọn β thỏa < β < ˆ p r0n Cεθ−1 D0n |F|p dx ≤ Γ C · D0n · βλ = Cεθ D0n β, −θ ε λ , từ (3.4) ta suy Ln (Qλε ) ≤ εr0n = εLn (Br0 ) Bước Ta cần chứng minh với ξ ∈ Ω ρ ∈ (0, r0 ], Ln (Qλε ∩ Bρ (ξ)) ≥ εLn (Bρ (ξ)) Bρ (ξ) ∩ Ω ⊂ N λ Thật vậy, giả sử Qλε ∩ Bρ (ξ) 6= ∅ Bρ (ξ)∩Ω∩(R\N λ ) 6= ∅ Khi đó, tồn ξ2 ∈ Bρ (ξ)∩Ω∩(R\N λ ) ξ3 ∈ Qλε ∩Bρ (ξ) cho M(H(u))(ξ2 ) ≤ λ, (3.6) M(|F|p )(ξ3 ) ≤ βλ (3.7) 34 Ta cần chứng minh Ln (Qλε ∩ Bρ (ξ)) < εLn (Bρ (ξ)) (3.8) Với r > ζ ∈ Bρ (ξ) ta có Br (ζ) H(u)dx ≤ sup r1 >0 ( ≤ max H(u)dx Br1 (ζ) ) sup r1 ta  H(u)dx ≤ max M(χB2ρ (ξ) H(u))(ζ); 3n λ , sup r>0 Br (ζ) hay M(H(u))(ξ) ≤ max M(χB2ρ (ξ) H(u))(ζ); 3n λ , ∀ζ ∈ Bρ (ξ)  35 Chọn ε0 = 3− n+1 θ ∈ (0, 1), với λ > ε ∈ (0, ε0 ) ta có n+1 ε−θ > ε−θ > 3n =3 Từ dẫn đến Qλε ∩ Bρ (ξ) = ζ ∈ Bρ (ξ) : M(H(u))(ζ) > ε−θ λ; M(|F|p )(ζ) ≤ βλ ∩ Ω  −θ  = M(χB2ρ (ξ) H(u)) > ε p (3.11) λ; M(|F| )(ζ) ≤ βλ ∩ Bρ (ξ) Tiếp theo, để chứng minh (3.8), lúc ta xét hai trường hợp B4ρ (ξ) ⊂ Ω B4ρ (ξ) ∩ ∂Ω 6= ∅ tương ứng với ξ nằm hoàn toàn Ω ξ nằm gần biên Ω Trường hợp Xét B4ρ (ξ) ⊂ Ω, gọi v ∈ u + W01,p (B4ρ (ξ)) nghiệm phương trình   −div(A(x, ∇v)) + V|v|q−2 v =  v =u B4ρ (ξ), ∂B4ρ (ξ), Sử dụng lại kết Bổ đề 2.1.5 v bt ng thc reverse Hăolder, ta cú 
 γ1 ≤C H(u) dx (3.12) H(u)dx, B4ρ (ξ) B2ρ (ξ) ˆ ˆ ˆ H(u − v)dx ≤ δ B4ρ (ξ) |F|p dx H(u)dx + C(δ) B4ρ (ξ) (3.13) B4ρ (ξ) với δ ∈ (0, 1) Do ξ2 , ξ3 ∈ Bρ (ξ) nên B4ρ (ξ) ⊂ B5ρ (ξ2 ) ∩ B5ρ (ξ3 ) Khi đó, từ (3.6) ta có H(u)dx ≤ B4ρ (ξ) Ln (B5ρ (ξ2 )) L(B4ρ (ξ)) ≤ C sup r>0 H(u)dx B5ρ (ξ2 ) H(u)dx Br(ξ2 ) = C M(H(u))(ξ2 )dx ≤ Cλ, (3.14) 36 tương tự |F|p dx ≤ B4ρ (ξ) Ln (B5ρ (ξ3 )) L(B4ρ (ξ)) |F|p dx B5ρ (ξ3 ) |F|p dx ≤ C sup r>0 (3.15) Br(ξ3 ) = C M(|F|p )(ξ3 )dx ≤ Cβλ Thay (3.14) (3.15) vào (3.13) ta ˆ H(u − v)dx ≤ C(δ + C(δ)β)λ (3.16) B4ρ (ξ) Ta nhận thấy rằng, độ đo Lebesgue tập (3.11) chia thành hai phần sau Ln Qλε ∩ Bρ (ξ) ≤Ln
 Mρ (χB2ρ (ξ) H(u − v)) > 2−p ε−θ λ ∩ Bρ (ξ) + Ln 
(3.17) Mρ (χB2ρ (ξ) H(v)) > 2−p ε−θ λ ∩ Bρ (ξ) =: I + II
Số hạng I (3.17) đánh giá theo Bổ đề 1.5.3 với s = (3.16) ˆ ˆ CLn (B4ρ ) C I ≤ −θ H(u − v)dx ≤ H(u − v)dx −θ e λ e B2ρ (ξ) λ θ B4ρ (ξ) θ (3.18) n ≤ C(δε + C(δ)βε )ρ ˆ Trước đánh giá số hạng II, ta sử dụng (3.14) (3.16) để đánh giá H(v)dx B4ρ(ξ) sau ˆ p−1 H(v)dx ≤ B4ρ(ξ) ˆ ˆ H(u − v)dx + B4ρ(ξ) H(u)dx  B4ρ(ξ) ≤ C(1 + δ + C(δ)β)λ, sử dụng kết với bổ đề 1.5.3 với s = γ > bất ng thc reverse 37 Hăolder (3.12), ta ỏnh giỏ số hạng II (3.17) sau ˆ ˆ γ CLn (B2ρ ) CLn (B2ρ )  γ II ≤ H (v) dx ≤ H (v)dx −θ γ −θ γ (e λ) (e B2ρ (ξ) λ) B4ρ (ξ) (3.19) ≤ Cεθγ (1 + δ + C(δ)β)γ ρn Thay (3.18) (3.19) vào (3.17) ta Ln Qλε ∩ Bρ (ξ) ≤ C δεθ + C(δ)βεθ + εθγ (1 + δ + C(δ)β)γ Ln (Bρ (ξ)),
  với δ ∈ (0, 1), ta chọn β ≤ δC −1 (δ) dẫn đến Ln Qλε ∩ Bρ (ξ) ≤ C(δεθ + εθγ )Ln (Bρ (ξ)),
(3.20) θγ > 1, nên ta chọn δ (3.20) cho C(δεθ + εθγ ) < ε, Ln Qλε ∩ Bρ (ξ) < εLn (Bρ (ξ)),
(3.21) trường hợp ξ nằm hoàn toàn bên miền Ω Trường hợp Xét B4ρ (ξ) ∩ ∂Ω 6= ∅ Lấy ξ4 ∈ ∂Ω cho |ξ4 − ξ| ≤ (.ξ, ∂Ω) ≤ 4ρ, B4ρ (ξ) ⊂ B8ρ (ξ4 ), ta chọn B1 = B8ρ (ξ4 ) B2 = B16ρ (ξ4 ) Gọi v ∈ u + W01,p (B2 ) nghiệm phương trình   −div(A(x, ∇v)) + V|v|q−2 v = B2 ,  v =u ∂B2 Sử dụng lại kết Bổ đề 2.1.5 v bt ng thc reverse Hăolder, ta cú   γ1
γ H(u) dx B1 ≤C H(u)dx, (3.22) B2 ˆ ˆ ˆ H(u − v)dx ≤ δ B2 |F|p dx H(u)dx + C(δ) B2 B2 (3.23) 38 với δ ∈ (0, 1) Do ξ2 , ξ3 ∈ Bρ (ξ) nên B2 ⊂ B17ρ (ξ2 ) ∩ B17ρ (ξ3 ) Khi đó, từ (3.6) ta có H(u)dx ≤ B2 Ln (B17ρ (ξ2 )) L(B2 ) ≤ C sup r>0 H(u)dx B17ρ (ξ2 ) H(u)dx (3.24) Br(ξ2 ) = C M(H(u))(ξ2 )dx ≤ Cλ, tương tự |F|p dx ≤ B2 Ln (B17ρ (ξ3 )) L(B2 ) B17ρ (ξ3 ) |F|p dx ≤ C sup r>0 |F|p dx (3.25) Br(ξ3 ) = C M(|F|p )(ξ3 )dx ≤ Cβλ Thay (3.24) (3.25) vào (3.23) ta ˆ H(u − v)dx ≤ C(δ + C(δ)β)λ (3.26) B2 Tương tự (3.17), B1 độ đo Lebesgue tập (3.11) chia thành hai phần sau Ln Qλε ∩ Bρ (ξ) ≤Ln
 Mρ (χB1 H(u − v)) > 2−p ε−θ λ ∩ Bρ (ξ) + Ln 

Số hạng I’ (3.27) đánh giá theo Bổ đề 1.5.3 với s = (3.26) ˆ ˆ C CLn (B2 ) I’ ≤ −θ H(u − v)dx ≤ H(u − v)dx −θ e λ B1 (3.27) Mρ (χB1 H(v)) > 2−p ε−θ λ ∩ Bρ (ξ) =: I’ + II’ e λ θ B2 θ n ≤ C(δε + C(δ)βε )ρ (3.28) 39 ˆ Tương tự trường hợp 1, ta đánh giá ˆ p−1 H(v)dx ≤ ˆ ˆ  H(u)dx ≤ C(1 + δ + C(δ)β)λ, H(u − v)dx + B2 B2 H(v)dx sau B2 B2 sử dụng kết với bổ đề 1.5.3 với s = γ > v bt ng thc reverse Hăolder (3.22), ta đánh giá số hạng II’ (3.27) sau ˆ ˆ γ CLn (B1 ) CLn (B1 ) γ II’ ≤ −θ γ H(v) dx ≤ −θ γ H(v)dx (e λ) (e B1 λ) B2 θγ (3.29) γ n ≤ Cε (1 + δ + C(δ)β) ρ Thay (3.28) (3.29) vào (3.27) ta Ln Qλε ∩ Bρ (ξ) ≤ C δεθ + C(δ)βεθ + εθγ (1 + δ + C(δ)β)γ Ln (Bρ (ξ)),
  với δ ∈ (0, 1), ta chọn β ≤ δC −1 (δ) dẫn đến Ln Qλε ∩ Bρ (ξ) ≤ C(δεθ + εθγ )Ln (Bρ (ξ)),
(3.30) θγ > 1, nên ta chọn δ (3.30) cho C(δεθ + εθγ ) < ε, Ln Qλε ∩ Bρ (ξ) < εLn (Bρ (ξ)),
(3.31) trương hợp ξ nằm gần biên miền Ω Từ (3.21) (3.31) ta chứng minh (3.8), điều mâu thuẫn với giả thiết
Ln Qλε ∩Bρ (ξ) ≥ εLn (Bρ (ξ)) Điều có ý nghĩa Định lí 3.1.2 chứng minh theo Bổ đề 3.1.1, nghĩa tồn số C cho Ln (Qλε ) ≤ CεLn (N λ ) với ε ∈ (0, ε0 ) λ > 40 3.1.3 Đánh giá gradient khơng gian Lorentz qua tốn tử cực đại Định lý 3.1.3 Với < q < γ < s ≤ ∞, tồn δ = δ(data, q, s) > cho toán (P) thỏa mãn giả thiết (r0 , δ) − (H) với r0 > 0, |F|p ∈ Lq,s (Ω) ⇒ H(u) ∈ Lq,s (Ω) (3.32) Nói cách khác, tồn số dương C = C(data, q, s) cho kH(u)kLq,s (Ω) ≤ Ck|F|p kLq,s (Ω) (3.33) Chứng minh Trước hết, ta chứng minh (3.33) trường hợp < s < ∞, chọn  1 θ cho < θ < 1, Ta có phân tích γ q Ln ({M(H(u)) > ε−θ λ}) = Ln ({M(H(u)) > ε−θ λ}) ∩ Ln {M(|F|p ≤ βλ)} ∪ Ln ({M(|F|p ) > βλ}) ≤ Ln {M(H(u)) > ε−θ λ; M(|F|p ≤ βλ)}
+ Ln ({M(|F|p ) > βλ}) Từ Định lý 3.1.2, tồn δ > 0, ε0 ∈ (0, 1), β > cho toán (P) thỏa mãn giả thiết (r0 , δ) − (H) với r0 > 0, với phân tích trên, ta có Ln ({M(H(u)) > ε−θ λ}) ≤ CεLn {M(H(u)) > λ}
(3.34) + Ln ({M(|F|p ) > βλ}), với ε ∈ (0, ε0 ) λ > Mặt khác, theo định nghĩa khơng gian Lorentz Lq,s (Ω), ta có ˆ ∞ s dλ s kM(H(u))kLq,s (Ω) = q λs Ln ({M(H(u)) > λ}) q λ ˆ ∞ s dλ = ε−sθ q λs Ln ({M(H(u)) > ε−θ λ}) q λ (3.35) 41 Thay (3.34) vào (3.35), ta ˆ kM(H(u))ksLq,s (Ω) −sθ ≤ Cε ∞ λs εLn ({M(H(u)) > λ})  q ˆ0 + ε−sθ q ∞ s ≤ Cε
λ  qs dλ λ εLn ({M(|F|p ) > βλ})  s −θ q  qs dλ (3.36) λ kM(H(u))ksLq,s (Ω) + β s ε−sθ kM(|F|p )ksLq,s (Ω)  1 < θ < 1, nên − θ > 0, ta chọn γ q q
1 s −θ ε ∈ (0, ε0 ) đủ nhỏ cho ε q ≤ Khi đó, từ (3.36) ta suy Do ta chọn θ cho kM(H(u))kLq,s (Ω) ≤ CkM(|F|p )kLq,s (Ω) Chứng minh tương tự cho s = ∞, ta hoàn thành chứng minh cho Định lí 3.1.3 42 3.2 Đánh giá gradient khơng gian Lorentz qua tốn tử cực đại cấp phân số 3.2.1 Toán tử cực đại dạng cut-off Chúng tơi sử dụng tốn tử cực đại dạng cut-off để thu đánh giá gradient không gian Lorentz qua tốn tử cực đại cấp phân số thơng qua bất đẳng thức tập mức Theo đó, chúng tơi trình bày vài tính chất liên quan đến toán tử cực đại dạng cut-off cần thiết cho chứng minh sau Định nghĩa 3.2.1 ([5]) Với r > ≤ α ≤ n, ta định nghĩa toán tử cực đại dạng cut-off toán tử xác định Mr f (x) = sup f (y)dy; 0 ε ˆ C
λ} ≤ ε−θ λ (3.46) Mα (H(u))(x)dx Ω Với λ0 > tùy ý, ta có ˆ ˆ ∞
Mα (H(u))(x)dx = Ln {Mα (H(u))(x) > λ} dλ Ω ˆ λ0 ˆ ∞

n = L {Mα (H(u))(x) > λ} dλ + Ln {Mα (H(u))(x) > λ} dλ, λ0 dẫn đến ˆ ˆ ∞ Ln {x ∈ Ω : Mα (H(u))(x) > λ} dλ n
Mα (H(u))(x)dx ≤ C(diam(Ω)) λ0 + Ω λ0 n  n−α ˆ ˆ n ≤ C(diam(Ω)) λ0 + C = C(diam(Ω))n λ0 + C Chọn λ0 = H(u)(x)dx ˆ Ω n λ− n−α dλ λ0 n  n−α H(u)(x)dx n − n−α λ0 Ω ˆ D0α−n ∞ H(u)(x)dx, D0 = diam(Ω), ta có Ω ˆ ˆ Mα (H(u))(x)dx ≤ Ω CD0α H(u)(x)dx Ω (3.47) 46 Từ Nhận xét 2.1.6, kết hợp với (3.45) (3.47), ta có ˆ ˆ α Mα (H(u))(x)dx ≤ CD0 |F|p (x)dx Ω Ω |F|p (x)dx ≤ CD0n D0α BD0 (ξ1 ) ≤ CD0n Mα |F|p (ξ1 )
≤ CβλL ≤C n BD0 (ξ1 )  D n r0 (3.48)
βλLn (Br0 ) ≤ CβLn (Br0 ) Chọn β thỏa < β < r0n Cεθ−1 D0n , thay (3.48) vào (3.46), ta Ln (Qλα,ε ) ≤ Cβεθ Ln (Br0 ) ≤ CεLn (Br0 ) ≤ εLn (Br0 ) Như ta kiểm tra xong giả thiết thứ Bổ đề 3.1.1 Tiếp theo, ta kiểm tra giả thiết thứ hai Bổ đề Bước Lấy ξ0 ∈ Ω, ta chứng minh với ξ ∈ BD0 (ξ0 ), ρ ∈ (0, 2r0 ] λ > Ln (Qλα,ε ∩ Bρ (ξ)) ≥ CεLn (Bρ (ξ)) ⇒ Bρ (ξ) ∩ Ω ⊂ Nαλ Bằng phản chứng, ta cần chứng minh Ln (Qλα,ε ∩ Bρ (ξ)) < εLn (Bρ (ξ)), với giả
thiết phản chứng Qλα,ε ∩ Bρ (ξ) 6= ∅ Bρ (ξ) ∩ Ω ∩ R\Nαλ 6= ∅ Khi tồn ξ2 , ξ3 ∈ Bρ ∩ Ω cho MMα (H(u))(ξ2 ) ≤ λ, (3.49) Mα (|F|p )(ξ3 ) ≤ βλ (3.50) Từ Bổ đề 3.2.2, ta có Ln (Qλα,ε ∩ Bρ (ξ)) ≤ Ln {MMα (H(u)) > ε−θ λ} ∩ Bρ (ξ)
≤ max{T1 , T2 , T3 }, (3.51)