Xây dựng bất đẳng thức hàm phân phối cho các bài toán dữ liệu độ đo

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Khoa Tốn - Tin học TRẦN CÁT SỬ XÂY DỰNG BẤT ĐẲNG THỨC HÀM PHÂN PHỐI CHO CÁC BÀI TOÁN DỮ LIỆU ĐỘ ĐO KHỐ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH - 2022 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Khoa Toán - Tin học TRẦN CÁT SỬ XÂY DỰNG BẤT ĐẲNG THỨC HÀM PHÂN PHỐI CHO CÁC BÀI TOÁN DỮ LIỆU ĐỘ ĐO CHUN NGÀNH: GIẢI TÍCH TỐN HỌC KHỐ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS NGUYỄN THÀNH NHÂN THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH - 2022 i Lời cam đoan Tôi xin cam đoan kết đạt khóa luận sản phẩm riêng cá nhân, thực hướng dẫn TS Nguyễn Thành Nhân không chép lại người khác Trong tồn nội dung khóa luận, điều trình bày cá nhân tổng hợp từ nhiều nguồn tài liệu Tất tài liệu tham khảo có xuất xứ rõ ràng trích dẫn hợp pháp.Tơi xin hồn tồn chịu trách nhiệm chịu hình thức kỷ luật theo quy định cho lời cam đoan ii Lời cảm ơn Sau năm theo học khoa Toán - Tin, Trường đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh, tơi TS Nguyễn Thành Nhân giới thiệu đề tài “Xây dựng bất đẳng thức hàm phân phối cho toán liệu độ đo” để chọn làm nội dung báo cáo khóa luận tốt nghiệp Lời đầu tiên, tơi xin phép gửi đến TS Nguyễn Thành Nhân lời cảm ơn chân thành, sâu sắc Trong suốt trình theo học chun ngành giải tích, Thầy người trực tiếp giảng dạy bảo với tất tâm huyết Mặc dù năm học cuối này, điều kiện học tập đến trường không thuận lợi Thầy dành thời gian để tổ chức buổi seminar online để truyền đạt kiến thức Sự tận tâm lời chia sẻ động viên Thầy nguồn động lực lớn lao giúp tơi hồn thành trọn vẹn luận văn Tơi cảm thấy thật may mắn Thầy đồng ý hướng dẫn khóa luận tốt nghiệp năm cuối đại học Tôi xin phép cảm ơn tất quý thầy khoa Tốn - Tin trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh truyền đạt kiến thức quý báu suốt thời gian theo học Với vốn kiến thức tiếp thu q trình học khơng tảng cho q trình thực khóa luận mà cịn hành trang bổ ích để tơi áp dụng sau tốt nghiệp cách vững tự tin Hơn nữa, xin phép cảm ơn quý Thầy - Cơ hội đồng chấm khóa luận tốt nghiệp dành thời gian tìm hiệu nội dung góp ý để giúp đề tài tơi chu Cuối cùng, xin cảm ơn người thân, tồn bạn sinh viên khóa 44 Sư phạm Tốn học ln bên, động viên giúp đỡ tơi q trình tơi học tập khoảng thời gian tơi thực đề tài khóa luận tốt nghiệp Tuy nhiên kiến thức chun mơn cịn hạn chế thân chưa có nhiều kinh nghiệm nghiên cứu nên nội dung báo cáo không tránh khỏi thiếu sót, tơi mong nhận góp ý, bảo thêm quý thầy cô bạn để luận văn hoàn thiện Một lần xin gửi đến thầy cô, bạn bè lời cảm ơn chân thành lời chúc tốt đẹp nhất! iii Mục lục Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Giới thiệu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số không gian hàm 1.2 Toán tử cực đại Hardy-Littlewood 1.3 Hàm phân phối tập mức 10 1.4 Bổ đề phủ Vitali 10 Bất đẳng thức hàm phân phối cho toán liệu dạng Divergence 12 2.1 Giả thiết cho tốn quy nghiệm 12 2.2 Các kết 13 2.3 Bất đẳng thức hàm phân phối cho toán liệu dạng Divergence 18 2.4 Đánh giá chuẩn Lorentz cho toán liệu Divergence 19 Bất đẳng thức phân phối cho toán liệu độ đo 21 3.1 Giả thiết cho tốn quy nghiệm 21 3.2 Một số bổ đề quan trọng 22 3.3 Bất đẳng thức hàm phân phối cho toán liệu độ đo 27 3.4 Đánh giá chuẩn không gian Lorentz cho toán liệu độ đo 29 iv Ứng dụng cho tốn quy nghiệm 31 4.1 Ứng dụng cho toán liệu dạng Divergence 31 4.2 Ứng dụng cho toán liệu dạng độ đo 32 Kết luận 37 Tài liệu tham khảo 38 v Danh sách ký hiệu R Ω Ωr (x) Ωc ∂Ω A ∇u div(f ) Lp (Ω) Lq,s (Ω) f dµ X n L (X) diam(Ω) Br (x) C(x1 , x2 , , xn ) M Mα Vα (f, λ) Vαc (f, λ) dαf (Ω, λ) Tập hợp số thực Tập mở, bị chặn Rn Phần giao cầu tâm x bán kính r với tập Ω Phần bù Ω Rn Biên tập Ω Toán tử elliptic tựa tuyến tính gradient hàm u : Rn → R Hàm divergence hàm vecto f : Rn → R Không gian Lebesgue (tập hợp hàm đo khả tích cấp p Ω) Khơng gian Lorentz Tích phân trung bình hàm khả tích f tập đo X ⊂ Ω Độ đo Lebesgue tập X Đường kính tập Ω Quả cầu tâm x bán kính r C số phụ thuộc vào x1 , x2 , , xn Toán tự cực đại Hardy-Littlewood Toán tử cực đại cấp phân số với α ∈ [0; n] Tập hợp phần tử x Rn cho Mα f (x) > λ Phần bù tập Vα (f, λ) Rn Độ đo tập Vα (f, λ) ∩ Ω Giới thiệu Phương trình đạo hàm riêng lĩnh vực thu hút nhiều quan tâm nhà toán học Một vấn đề mà người nghiên cứu phương trình đạo hàm riêng hướng tới tốn quy nghiệm Hiện nay, phát triển không ngừng lĩnh vực giải tích điều hịa mang đến nhiều cơng cụ hữu ích cho cho tốn này, đặc biệt kết tính bị chặn toán tử cực đại số bất đẳng thức so sánh hàm số toán tử cực đại khơng gian Lebesgue khơng gian tổng quát Kĩ thuật nhiều tác giả sử dụng để nghiên cứu đánh giá gradient nghiệm phương trình đạo hàm riêng biểu diễn tác động tốn tử cực đại sử dụng bất đẳng thức hàm phân phối tập mức để thu so sánh không gian Lorentz hai hàm tổng quát, từ ứng dụng vào tốn quy nghiệm phương trình đạo hàm riêng Đầu tiên xin giới thiệu lớp phương trình elliptic tựa tuyến tính mà gần nghiên cứu sôi nổi, tiền đề cho nhiều kết đề tài tơi, có dạng sau: div(A(x, ∇u)) = div(|F|p−2 F), Ω (1) Kết quy nghiêm cho phương trình dạng hiểu chuyển dịch thành cơng tính quy hàm liệu F sang toán tử ∇u, hàm gọi quy thuộc vào khơng gian Lebesgue tổng qt Một cách tự nhiên mà người nghiên cứu hướng đến so sánh chuẩn, tức là: ∥∇u∥L1 ≤ C∥F∥L2 , (2) L1 , L2 khơng gian định chuẩn Ở số khơng gian Lebesgue tổng qt, ta tận dụng tính kiểm sốt địa phương (hàm số) tốn tử cực đại Hardy-Littlewood M lúc đánh giá (2) xem hệ trực tiếp ∥M(∇u)∥L1 ≤ ∥M(F)∥L2 (3) Các báo nghiên cứu gần lĩnh vực phương trình đạo hàm riêng [18][19][20], tác giả sử dụng kĩ thuật Good-λ, đề xuất G.Mingione [3] để chứng minh (3) Dựa ý tưởng kỹ thuật Good-λ, tác giả đưa góc nhìn cho kỹ thuật nhờ vào định nghĩa hàm phân phối tập mức trình bày [5] Nhờ định nghĩa này, tác giả [13] đưa phương pháp liên quan đến bất đẳng thức hàm phân phối tác động lên tập mức số hạng nghiệm liệu Cụ thể, tác giả đưa hai điều kiện đủ cho hai hàm đo F, G (đặc trưng cho nghiệm liệu phương trình đạo hàm riêng) để chứng minh bất đẳng thức so sánh không gian Lorentz Hơn nữa, phương pháp sau áp dụng hiệu cho nhiều toán khác bao gồm toán obstacle [22], toán pha kép [21], toán chứa s hng Schăodinger [23] Bờn cnh ú, mt nhng toán nhiều nhà toán học quan tâm tốn phương trình đạo hàm riêng với liệu độ đo, có dạng sau: div(A(x, ∇u)) = µ, Ω (4) Để thực việc kiểm tra tính quy nghiệm (4) số tác giả [6],[14],[17] thực đánh giá chuẩn thông qua bất đẳng thức   1 −1 Ln {(M(|∇u|γ )) γ > ε θ λ, (M1 (µ)) p−1 ≤ ε (p−1)γ } ∩ Q   n γ γ1 (5) ≤ CεL {(M(|∇u| )) > λ} ∩ Q Khởi nguồn từ ý tưởng [13] xây dựng đánh giá cho hàm tổng qt góc nhìn bất đẳng thức hàm phân phối, nội dung khóa luận tơi tập trung tìm hiểu xây dựng đánh giá để phục vụ cho việc kiểm tra tính quy (4) bất đẳng thức mà tơi muốn hướng tới là:  
α −a γ α γ β b p−1 d|U|γ Ω, (ε λ) ≤ Cεd|U|γ (Ω, λ ) + dµ Ω, (ε λ) (6) Ta thấy (6) kết tổng quát (5) Một khác biệt lớn hai đánh giá tơi thực ý tưởng tự [13] nhằm đưa đánh giá cho hai hàm tổng quát U, V (đặc trưng cho nghiệm nghiệm yếu phương trình) Hơn tơi khơng đánh giá dựa tính kiểm sốt địa phương hai toán tử M, M1 mà sử dụng hai toán tử cực đại cấp phân số Mα , Mβ đưa mối quan hệ α β trình xây dựng bất đẳng thức Dựa vào điều trên, tơi khẳng định gần đưa “thuật toán tổng quát” cho việc chứng minh tính quy nghiệm tốn liệu độ đo Ngồi ra, tơi ứng dụng kết tổng quát để thu đánh giá quy nghiệm cho nhiều lớp phương trình đạo hàm riêng cụ thể Các ứng dụng đánh giá tổng quát mà xây dựng khả thi Nội dung khóa luận tơi trình bày chương Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, xin nhắc lại số kiến thức định nghĩa không gian Lebesgue định nghĩa chuẩn hàm khơng gian Đồng thời đưa cách định nghĩa khác cho định nghĩa chuẩn không gian Lebesgue từ đưa định nghĩa cho khơng gian Lorentz Bên cạnh đó, tơi điểm qua số định nghĩa quan trọng khác mà sử dụng xuyên suốt khóa luận định nghĩa hàm phân phối toán tử cực đại Hardy-Littlewood, toán tử cực cấp phân số tính kiểm sốt địa phương chúng không gian Lebesgue Ở phần cuối, trình bày lại bổ đề phủ Vitali cơng cụ quan trọng để kết nối bất đẳng thức hàm phân phối (6) đánh giá chuẩn không gian Lorentz Chương Bất đẳng thức hàm phân phối cho toán liệu dạng Divergence Trong chương này, đặt số điều kiện đủ cho hàm tổng quát bao gồm giả thiết • U (đặc trưng cho nghiệm) bị chặn cách toàn cục hàm W (đặc trưng cho liệu) theo nghĩa tích phân • Có hàm V (đặc trưng cho nghiệm yếu) cho V thỏa mãn giả thiết reverse Hăolder v s sai khỏc gia U v V kiểm soát cách địa phương W U Từ điều kiện đủ xây dựng số bổ đề để phục vụ cho việc chứng minh bất đẳng thức hàm phân phối từ rút đánh giá so sánh chuẩn cho toán liệu dạng Divergence Chương Bất đẳng thức hàm phân phối cho toán liệu độ đo Trong chương này, đặt số điều kiện đủ cho hàm tổng quát bao gồm giả thiết • Hàm U bị chặn cách tồn cục độ đo µ theo nghĩa tích phân (tương tự tính chất nghiệm renormalized) • Có hàm V (đặc trưng cho nghiệm yếu) cho V thỏa mãn giả thiết reverse Holder sai khác U V kiểm soát cách địa phương µ U Từ điều kiện đủ mà đặt ra, thực công việc tương tự chương 2, xây dựng đánh giá bất đẳng thức hàm phân phối cho Chương Bất đẳng thức hàm phân phối cho toán liệu dạng Divergence 13 Giả thiết 2.1.3 (Điều kiện đủ A3) Hai hàm U, W gọi thỏa mãn Giả thiết 2.1.3 tồn số C dương cho: ˆ ˆ U(x)dx ≤ W(x)dx (2.3) Ω 2.2 Ω Các kết Bổ đề 2.2.1 Cho α ∈ [0, n) U, W ∈ L1 (Ω; R+ ) thỏa mãn Giả thiết 2.1.3 ε, λ > cho Vαc (W, εcε −1 λ) ∩ Ω ̸= ∅ (2.4) Khi đó, tồn số C = C(n, α) cho dαU  Ω; ε − n−αγ nγ  n   n−αγ 1+ nγ −1 n−α λ ≤C ε cε T0 n , (2.5) T0 := diam(Ω) Chứng minh Áp dụng tính bị chặn tốn tử cực đại cấp phân số với s = 1, ta có: n   n−α  −1 ˆ  n−αγ − n−αγ α dU Ω; ε nγ λ ≤ C ε nγ λ U(x)dx (2.6) Ω Kết hợp với Giả thiết 2.1.3 ta được: dαU  Ω; ε − n−αγ nγ n   n−α  −1 ˆ n−αγ nγ λ ≤C ε λ W(x)dx (2.7) Ω Nhờ vào điều kiện (2.4), ta tìm phần tử z0 ∈ Ω cho Mα W(z0 ) ≤ εcε −1 λ Hơn nữa, theo định nghĩa toán tử cực đại cấp phân số Mα , ta lại có: ˆ W(x)dx ≤ Cn T0 n W(x)dx ≤ Cn T0 n−α Mα W(z0 ) ≤ Cn T0 n−α εcε −1 λ (2.8) Ω BT0 (z0 ) Kết hợp (2.7) (2.8) ta có được: dαU  Ω; ε − n−αγ nγ   n−αγ  n 1+ nγ −1 n−α λ ≤C ε cε T0 n , ta hoàn thành chứng minh Bổ đề 2.2.1 Chương Bất đẳng thức hàm phân phối cho toán liệu dạng Divergence 14 Bổ đề 2.2.2 Cho α ∈ [0, n) U ∈ L1 (Ω; R+ ) với λ, ϱ > 0, ξ ∈ Ω cho: Vαc (U, λ) ∩ Ωϱ (ξ) ̸= ∅ (2.9) − n−αγ Khi với ε ∈ (0, ε0 ) ε0 đủ nhỏ cho ε0 nγ > 3n ta có     n−αγ n−αγ dαU Ωϱ (ξ); ε− nγ λ ≤ dαχB (ξ) U Ωϱ (ξ); ε− nγ λ (2.10) 2ρ Chứng minh Với ζ ∈ Bϱ (ξ) ta biểu diễn toán tử cực đại cấp phân số Mα U toán tử cực đại chặt cụt mức ϱ > sau:  Mα (U)(ζ) = max Mϱα (U)(ζ), Tϱα (U)(ζ) (2.11) Khi đó, ta dễ dàng suy ra: dαU  Ωϱ (ξ); ε − n−αγ nγ n  o − n−αγ ϱ n λ ≤L ζ ∈ Ωϱ (ξ) : Mα (U)(ζ) > ε nγ λ n o − n−αγ ϱ n +L ζ ∈ Ωϱ (ξ) : Tα (U)(ζ) > ε nγ λ (2.12) Nhờ vào giả thiết (2.9) ta tìm phần tử z1 cho Mα U(z1 ) ≤ λ • Với r ≥ ϱ, ta đánh giá Tϱα (|U|γ )(ζ) sau: Đầu tiên, ta có nhận xét sau: Br (ζ) ⊂ Br+ϱ (ζ) ⊂ Br+2ϱ (z1 ⊂ B3r (z1 ) Từ đó, ta đánh giá Tαϱ cách làm trội tích phân U Br (ζ) tích phân tập B3r (z1 ) cách: Tϱα (U)(ζ) = sup rα r≥ϱ B3r (z1 ) α r U(x)dx r≥ϱ Br (ζ) B3r (z1 ) (3r)n U(x)dx = sup n rα r r≥ϱ B3r (x2 ) U(x)dx = sup Br (ζ) = 3n−α sup(3r)α r≥ϱ U(x)dx B3r (x2 ) n ≤ 3n−α Mα (U)(z1 ) ≤ Mα (U)(z1 ) ≤ 3n λ (2.13) Chương Bất đẳng thức hàm phân phối cho toán liệu dạng Divergence 15 • Với r ∈ (0, ϱ) ta đánh giá Mϱα (Uγ )(ζ) sau: Mϱα (U)(ζ) = sup rα 0 ε nγ λ L = 0, Từ đây, kết hợp với đánh giá (2.12) ta   n−αγ dαU Ωϱ (ξ); ε− nγ λ ≤ dαχB  2ρ (ξ) U Ωϱ (ξ); ε− n−αγ nγ  λ , ta có điều phải chứng minh   n Bổ đề 2.2.3 Xét γ0 ∈ (1, +∞], γ ∈ (1, γ0 ], α ∈ 0, hai hàm U, W thỏa mãn γ n−αγ Giả thiết 2.1.2 với số γ0 ∈ (1, +∞] Khi với ε cho ε− nγ > 3n , thỏa mãn Vαc (U, λ) ∩ Ωϱ (ξ) ̸= ∅ Vαc (W, εcε −1 λ) ∩ Ωϱ (ξ) ̸= ∅, với ξ ∈ Ω ϱ, λ > ta có bất đẳng thức sau đây:   − n−αγ α nγ dU Ωϱ (ξ); ε λ ≤ Cεϱn , (2.15) (2.16) C = C(n, α, γ) Chứng minh Nếu B2ϱ (ξ) ⊂ Ω ta chọn R = 2ϱ ν = ζ Ngược lại, B2ϱ (ξ) ∩ ΩC ̸= ∅ ta chọn R = 4ϱ ν ∈ ∂Ω cho |ξ − ν| = dist(ξ, ∂Ω) ≤ 2ϱ Theo cách chọn R ν ta ln có B2ϱ (ξ) ⊂ BR (ν) Nhờ vậy, ta đánh giá vế trái n−αγ (2.16) cách áp dụng Bổ đề 2.2.2 với ε− nγ > 3n sau:     − n−αγ − n−αγ α α nγ nγ dU Ωϱ (ξ); ε λ ≤ dχB (ν) U Ωϱ (ξ); ε λ R Chương Bất đẳng thức hàm phân phối cho toán liệu dạng Divergence 16 Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức tam giác ta ln có U ≤ C(|U − V| + V), vậy:     n−αγ n−αγ dαU Ωϱ (ξ); ε− nγ λ ≤ dαχB (ν) V Ωϱ (ξ); ε− nγ λ R   − n−αγ α nγ λ (2.17) + dχB (ν) |U−V| Ωϱ (ξ); ε R Đế tiếp tục đánh giá hai biểu thức vế phải (2.17) ta tiếp tục sừ dụng tính bị chặn tốn tử cực đại cấp phân số với s = s = γ > Đầu tiên, ta viết lại đánh giá (2.17) dạng chứa tích phân trung bình sau: dαχB  R (ν) U Ωϱ (ξ); ε − n−αγ nγ  λ ≤C ε n−αγ nγ n ! n−α λ−1 |U − V|d(x) BR (ν)  +C ε n−αγ nγ λ−1 n ! n−αγ γ [V(x)]γ d(x) (2.18) BR (ν) Vì hàm V thỏa mãn Giả thiết 2.1.1 nên ta có nhận xét sau: ! γ1 [V(x)]γ d(x) ≤C BR (ν) (2.19) V(x)d(x) B2R (ν) Với < γ ≤ γ0 , áp dng bt ng thc Hăolder, ta cú ỏnh giỏ: ! γγ !1− γγ 0 [V(x)]γ0 d(x) [V(x)]γ d(x) ≤ 1d(x) BR (ν) BR (ν) BR (ν) ! γγ [V(x)]γ0 d(x) =
1− γ Ln (BR (ν) γ0 , BR (ν) từ đây, dẫn đến: ! γ1 γ [V(x)] d(x) ! γ1 γ0 ≤ BR (ν) [V(x)] d(x) (2.20) BR (ν) Từ (2.19) (2.20) ta có: !γ [V(x)]γ d(x) ≤ C BR (ν) V(x)d(x) B2R (ν) !γ ≤C |U − V|(x)d(x) U(x)d(x) + B2R (ν) B2R (ν) (2.21) Chương Bất đẳng thức hàm phân phối cho toán liệu dạng Divergence 17 Mặt khác, từ giả thiết (2.15) ta tìm hai phần tử z1 , z2 ∈ Ωϱ (ξ) thỏa mãn Mα U(z1 ) ≤ λ Mα W(z2 ) ≤ εcε −1 λ Bên cạnh đó, ta dãy bao hàm thức sau: B2R (ν) ⊂ B3R (ν) ⊂ B3R+ϱ (z1 ) ∩ B3R+ϱ (z2 ) ⊂ B4R+ϱ (z1 ) ∩ B4R+ϱ (z2 ) Từ đó, ta có đánh giá sau: U(x)d(x) ≤ n L (B4R (ν) B2R (ν) ˆ n U(x)d(x) B2R (ν) ≤ 2n (4R)−α Mα U(z1 ) ≤ 2n R−α λ Tức ta có bất đẳng thức sau: U(x)d(x) ≤ 2n R−α λ (2.22) B2R (ν) Một cách tương tự, ta có W(x)d(x) ≤ n L (B4R (ν) B2R (ν) ˆ n W(x)d(x) B2R (ν) ≤ 2n (4R)−α Mα W(z1 ) ≤ 2n R−α εcε −1 λ Nghĩa ta đánh giá W(x)d(x) ≤ 2n R−α εcε −1 λ (2.23) B2R (ν) Dựa vào (2.2), (2.22) (2.23) ta suy ra: |U − V|(x)d(x) ≤ 2n (ε + cε εcε −1 )R−α λ = 2n+1 εR−α λ, ∀ε ∈ (0; 1) (2.24) BR (ν) Từ (2.18), (2.21), (2.24), ta rút kết luận: dαU  Ωϱ (ξ); ε Chọn ε để ε− n−αγ nγ − n−αγ nγ nγ n    n−α   n−αγ n−αγ n−αγ n n n nγ nγ λ ≤C ε ε R +C ε (1 + ε) Rn > 3n εcε −1 ∈ (0; ε0 ) ta (2.16) Chương Bất đẳng thức hàm phân phối cho toán liệu dạng Divergence 2.3 18 Bất đẳng thức hàm phân phối cho toán liệu dạng Divergence   n Định lý 2.3.1 Cho γ0 ∈ (1, +∞], γ ∈ (1, γ0 ], α ∈ 0, hai hàm U, W thỏa mãn γ Giả thiết 2.1.2 với số γ0 Giả thiết 2.1.3 Khi tồn ε0 ∈ (0; 1) cho   n−αγ dαU Ωϱ (ξ); ε− nγ λ ≤ CεdαU (Ω; λ) + dαW (Ω; εcε −1 λ), (2.25) với λ > ε ∈ (0; ε0 ) Chứng minh Đầu tiên, ta chứng minh bất đẳng thức sau đây:    
− n−αγ c −1 n nγ λ ∩ Vα (W, εcε λ) ∩ Ω ≤ CεLn Vα (U, λ) ∩ Ω L Vα U; ε (2.26) Để chứng minh bất đẳng thức trên, ta cần sử dụng bổ đề phủ Vitali với hai tập Ω định nghĩa sau:   n−αγ P := Vα U; ε− nγ λ ∩ Vαc (W, εcε −1 λ) ∩ Ω, Q := Vα (U, λ) ∩ Ω Đầu tiên ta dễ thấy P rỗng (2.26) hiển nhiên Do ta cần xét trường hợp P = ̸ ∅ Nhờ vào (2.5) Bổ đề 2.2.1 mà ta có điều kiện i) bổ đề phủ Vitali, cụ thể là: n   n−α  −1  − n−αγ − n−αγ −1 n α nγ nγ λ ≤C ε εcε λ Ln (Br (0)) ≤ εLn (Br (0)) L (P) ≤ dU Ω; ε (2.27) Tiếp theo, điều kiện ii) chứng minh phản chứng Cụ thể, giả sử Ωϱ (ξ) ∩ Qc ̸= ∅, với ξ ∈ Ω ϱ ∈ (0, r], ta rằng: Ln (P ∩ Bϱ (ξ)) ≤ εLn (Bϱ (ξ)) (2.28) Chương Bất đẳng thức hàm phân phối cho toán liệu dạng Divergence 19 Thật vậy, trường hợp P ∩ Bϱ (ξ) = ∅ ta có điều phải chứng minh, ta giả sử P ∩ Bϱ (ξ) ̸= ∅ Sử dụng đánh giá (2.16) Bổ đề 2.2.3, ta có đánh giá sau: # " n −nγ  n−αγ  n−αγ  n−αγ −1  n−α Ln (Bϱ (ξ)) ε + ε− nγ Ln (P ∩ Bϱ (ξ)) ≤ C ε− nγ h i n = C ε1+ γ(n−α) + ε Ln (Bϱ (ξ)) ≤ εLn (Bϱ (ξ)) Trong (2.27) (2.29) ta thấy  ε − n−αγ nγ (2.29) n −1  n−α n ε = ε1+ γ(n−α) cε > Do n bất đẳng thức cho ε ∈ (0, ε0 ) với ε0 đủ nhỏ để Cε0γ(n−α) < n−αγ ε− nγ > 3n Vậy theo bổ đề phủ Vitali, ta có Ln (P) ≤ CεLn (Q) Mặt khác, ta lại có nhận xét
n−αγ Vα U; ε− nγ λ ∩ Ω = P ∪ Vαc (W, εcε −1 λ) ∩ Ω , thay vào (2.26) ta được:   n−αγ dαU Ωϱ (ξ); ε− nγ λ ≤ CεdαU (Ω; λ) + dαW (Ω; εcε −1 λ), hồn thành chứng minh Định lí 2.3.1 2.4 Đánh giá chuẩn Lorentz cho toán liệu Divergence   n Định lý 2.4.1 Cho γ > α ∈ 0, , hai hàm U, W ∈ L1 (Ω, R+ ) thỏa mãn Giả γ nγ < s ≤ +∞ ta có: thiết 2.1.2 2.1.3 Khi với o < q < n − αγ Mα W ∈ Lq,s (Ω) ⇒ Mα U ∈ Lq,s (Ω), để chứng minh cho mệnh đề ta chứng minh tồn số C = C(n, γ, α, q, s) dương cho: ∥Mα U∥Lq,s (Ω) ≤ C ∥Mα W∥Lq,s (Ω) (2.30) Chứng minh Nhờ vào Định lý 2.3.1 ta tìm ε0 đủ nhỏ cho với ε ∈ (0; ε0 ) λ > 0, ta có:   n−αγ dαU Ωϱ (ξ); ε− nγ λ ≤ CεdαU (Ω; λ) + dαW (Ω; εcε −1 λ) (2.31) Chương Bất đẳng thức hàm phân phối cho toán liệu dạng Divergence 20 Do λ > tùy ý nên ta đổi biến λ thành δλ lúc chuẩn Mα U không gian Lq,s (Ω) viết lại dạng: ˆ ∞  q α  s dλ s s , ∀δ > (2.32) λ dU (Ω, δλ) q ∥Mα U∥Lq,s (Ω) = δ q λ Nhờ vào (2.31) (2.32), ta có: ∥Mα U∥sLq,s (Ω) s ˆ q  qs dλ Ω, ε = ε λ λ  n−αγ s s ˆ ∞   s dλ λq dαU (Ω, λ) q ≤ C ε− nγ εq q λ  n−αγ s ˆ ∞ h
i qs dλ + C ε− nγ λq dαW Ω, εcε −1 λ q λ  n−αγ s  n−αγ s s
−s ε q ∥Mα U∥sLq,s (Ω) + C ε− nγ εcε −1 ∥Mα W∥sLq,s (Ω) = C ε− nγ  − n−αγ nγ ∞  λq dαU  − n−αγ nγ (2.33) Với < s < ∞ < q < nγ , ta chọn ε ∈ (0, ε0 ) (2.33) để n − αγ s Cε  − nαγ q nγ  ≤ Khi ta có đánh giá chuẩn Lorentz (2.30) trường hợp < s < ∞ Ta có kết luận tương tự cho trường hợp s = +∞ Như ta hồn thành chứng minh Định lí 2.4.1 Tồn kết xây dựng trình bày chương thực trước hướng dẫn TS Nguyễn Thành Nhân Trường Đại học Sư Phạm phê duyệt đăng tạp chí khoa học trường [11] 21 Chương Bất đẳng thức phân phối cho toán liệu độ đo 3.1 Giả thiết cho toán quy nghiệm Ở chương này, mục tiêu xây dựng số bổ đề để phục vụ cho việc xây dựng phương pháp chứng minh chung phục vụ để khảo sát tính quy nghiệm cho tốn có liệu độ đo Để thực việc này, đặt giả thiết tổng quát tương ứng với giả thiết quen thuộc toán chứng minh tính quy nghiệm Hai số gi thit cú liờn quan n lp hm reverse Hăolder bất đẳng thức so sánh, giả thiết lại liên quan đến tính chất nghiệm renormalized Cụ thể sau: Giả thiết 3.1.1 (Điều kiện đủ B1) Cho γ > 0, p > hàm V khả tích địa phương Ωr (y) với y ∈ Rn Hàm V gọi thỏa mãn Giả thiết (B1) tồn C = C(n, γ) > θ > p cho  θ1  ! 1t |V(x)|θ dx ≤  B r (y)∩Ω |V(x)|t dx , ∀t > Br (y)∩Ω Giả thiết 3.1.2 (Điều kiện đủ B2) Với r0 cố định, hai hàm U, Vđược gọi thỏa r0 mãn giả thiết B2 với γ > 0, p > cho trước, với y ∈ Ω, r ∈ 0, ta tìm hàm V thỏa mãn (B1) cho đánh giá sau với ε ∈ (0; 1) ! γ1 |U − V|γ dx Br (y)∩Ω  |µ|(Br ) ≤C rn−1  p−1 |µ|(Br ) + C n−1 r ! 2−p γ |U|γ dx Br (y)∩Ω 22 Chương Bất đẳng thức phân phối cho toán liệu độ đo Giả thiết 3.1.3 (Điều kiện đủ B3) Cho γ > 0, p > 1, hàm U ∈ L1 (Ω; R+ ) độ đo µ ∈ L1 (Ω) gọi thỏa mãn (B3) tồn số C = C(γ) cho  T0 n ˆ γ  γ1 |U| (x)dx  |µ|(Ω) T0 n−1 ≤ Cγ Ω  p−1 , (3.1) T0 = diam(Ω) 3.2 Một số bổ đề quan trọng (p − 1)α , hàm γ U ∈ L1 (Ω, R+ ) độ đo µ ∈ L1 (Ω) thỏa mãn điều kiện (B3)(Giả thiết 3.1.3) Giả sử  
p−1 c b Vβ µ; ε λ ∩ Ω ̸= ∅ (3.2) Bổ đề 3.2.1 Cho γ > 0, p > 1, α, β ∈ [0, n] cho β = + Khi tồn số C = C(n, α, p, γ) > cho  
γ
nγ α −a d|U|γ Ω, ε λ ≤ C εa+b n−α T0n (3.3) Chứng minh Theo (3.1), ta có ˆ γ |U| (x)dx ≤ Cγ T0 n  Ω |µ|(Ω) T0 n−1 γ  p−1 (3.4) Áp dụng tính bị chặn tốn tử cực đại, ta có dα|U|γ   
γ −a Ω, ε λ ≤C
γ −a ε λ ˆ γ n  n−α |U| (x)dx , Ω kết hợp đánh giá (3.4) ta thu dα|U|γ   
γ −a Ω, ε λ ≤C γ  n   p−1 n−α n |µ|(Ω)
γ Cγ T0 T0 n−1 ε−a λ Mặt khác nhờ vào (3.2), ta tìm phần tử x1 cho   Mβ (µ)(x1 ) p−1 ≤ εb λ, (3.5) 23 Chương Bất đẳng thức phân phối cho toán liệu độ đo ta có ˆ |µ|(Ω) = ˆ |µ|dx ≤ Cn T0n Ω |µ|dx BT0 (x1 ) ≤ Cn T0n−β Mβ (µ)(x1 )
p−1 ≤ Cn T0n−β εb λ (3.6) Thế (3.6) vào (3.5), ta
p−1  γ  n  n−β b p−1 n−α C T ε λ n
γ T0 n T0n−1 ε−a λ n  n−α  n (1−β)γ p−1 bγ , ≤ C −aγ T0 T0 ε ε   
γ α −a d|U|γ Ω, ε λ ≤C β = + (p − 1)α nên ta thu (3.3) γ Bổ đề 3.2.2 Cho γ > 0, α ∈ [0, n], ε0 ∈ (0, 1), U ∈ L1 (Ω, R+ ) cho
Vαc |U|γ ; λγ ∩ Ωϱ (ξ) ̸= ∅ với λ, ϱ > ξ ∈ Ω (3.7) n Khi đó, với ε ∈ (0, ε0 ) : ε−a > γ a ∈ (0, 1), ta có    
γ
γ α −a α −a d|U|γ Ωϱ (ξ), ε λ ≤ dχB (ξ) |U|γ Ωϱ (ξ), ε λ 2ϱ Chứng minh Với ζ ∈ Bϱ (ξ) ta biểu diễn Mα (|U|γ )(ζ) toán tử cực đại chặt cụt sau:  Mα (|U|γ )(ζ) = max Mϱα (|U|γ )(ζ), Tϱα (|U|γ )(ζ) , (3.8) |U|γ (x)dx, Tϱα (|U|γ )(ζ) = sup rα Mϱα (|U|γ )(ζ) = sup rα 0 ε λ (3.9) 24 Chương Bất đẳng thức phân phối cho toán liệu độ đo Theo (3.7), ta tìm phần tử x2 ∈ B2ϱ (ξ) cho Mα (||U|γ |)(x2 ) ≤ λγ • Với r ≥ ϱ, ta đánh giá Tϱα (|U|γ )(ζ) sau: Đầu tiên, ta có nhận xét sau: Br (ζ) ⊂ Br+ϱ (ζ) ⊂ Br+2ϱ (x2 ) ⊂ B3r (x2 ), Tϱα (|U|γ )(ζ) = sup rα r≥ϱ B3r (x2 ) α r |U|γ (x)dx B (ζ) r≥ϱ r B3r (x2 ) n (3r) = sup n rα |U|γ (x)dx r r≥ϱ B3r (x2 ) |U|γ (x)dx = sup Br (ζ) = 3n−α sup(3r)α r≥ϱ n−α ≤3 |U|γ (x)dx B3r (x2 ) γ Mα (|U| )(x1 ) ≤ 3n Mα (|U|γ )(x1 ) ≤ 3n λγ (3.10) • Với r ∈ (0, ϱ) ta đánh giá Mϱα (Uγ )(ζ) sau: Mϱα (|U|γ )(ζ) = sup rα 0 ε λ Khi kết hợp với đánh giá (3.9), ta thu    
γ
γ −a α −a α ≤ dχB (ξ) |U|γ Ωϱ (ξ), ε λ d|U|γ Ωϱ (ξ), ε λ 2ϱ (3.11) 25 Chương Bất đẳng thức phân phối cho toán liệu độ đo
 , β ∈ [0, n],hàm U, V Bổ đề 3.2.3 Cho γ > 0, p > 1, α ∈ 0, nγ θ  độ đo µ thỏa mãn α Giả thiết 3.1.1 Giả thiết 3.1.2 Khi đó, với a ∈ − , , tồn ε0 ∈ (0, 1) θ nγ n cho với ε ∈ (0, ε0 ) ε−a > γ ta tìm b > thỏa mãn
(3.12) Vαc |U|γ ; λγ ∩ Ωϱ (ξ) ̸= ∅ Vβc (|µ|; (εb λ)p−1 ) ∩ Ωϱ (ξ) ̸= ∅, với ξ ∈ Ω ϱ, λ ∈ R+ Khi ta có bất đẳng thức sau:  
γ α −a d|U|γ Ωϱ (ξ), ε λ ≤ εLn (Bϱ (ξ)) (3.13) n Chứng minh Áp dụng Bổ đề 3.2.2, với ε cho ε−a > γ    
γ
γ α −a α −a d|U|γ Ωϱ (ξ), ε λ ≤ dχB (ν) |U|γ Ωϱ (ξ), ε λ R    
γ
γ α −a α −a ≤ dχB (ν) |V|γ Ωϱ (ξ), ε λ + dχB (ν) |U−V|γ Ωϱ (ξ), ε λ R R (3.14) Áp dụng tính bị chặn cho toán tử đại cấp phân số với s = (3.14), ta  dα|U|γ Ωϱ (ξ), ε−a λ
γ  ≤C −a (ε λ)γ θ γ s = cho vế phải nθ ˆ  γ  γθ |V| dx  γθ ! n−αγ θ γ BR (ν)∩Ω n ! n−α ˆ +C |U − V|γ dx (ε−a λ)γ BR (ν)∩Ω   θ1  nθ θ  naθ n−α γ θ n−α γ −1 n θ ≤ Cε |V| dx λ Rθ BR (ν)∩Ω + Cε nγ n−α   −1 γ1 λ R γ |U − V| dx nγ  γ1  n−α BR (ν)∩Ω (3.15) Để tiếp tục đánh giá cho (3.15), ta thực đánh giá cho tích phân hai biểu thức vế phải Ở tích phân thứ ta sử dụng điều kiện đủ (B1), sau sử dụng bất đẳng thức tam giác để đưa hàm tích phân từ V thành hai hàm |U − V| U Từ ta sử dụng giả thiết đầu Bổ đề 3.2.3 để tiếp tục thực đánh giá 26 Chương Bất đẳng thức phân phối cho toán liệu độ đo Áp dụng Giả thiết 3.1.1, ta có: ! θ1 ! γ1 |V(x)|θ dx |V(x)|γ dx C≤ BR (y)∩Ω B2R (y)∩Ω  γ ≤C γ |U| dx + B2R (ν)∩Ω |U − V| dx B2R (ν)∩Ω  γ ≤C  γ1  γ1 |U| dx  γ |U − V| dx +C B2R (ν)∩Ω  γ1 B2R (ν)∩Ω (3.16) Dựa vào giả thiết (3.12) ta tìm hai phần tử z1 , z2 ∈ Ωϱ (ξ) thỏa mãn Mα (|U|γ )(z1 ) ≤ λγ Mβ (|U|γ )(z2 ) ≤ (εb λ)p−1 Mặt khác, ta có: B2R (ν) ⊂ B3R (ξ) ⊂ B3R+ϱ (z1 ) ∩ B3R+ϱ (z2 ) ⊂ B4R (z1 ) ∩ B4R (z2 ), nên ta có đánh giá sau:  γ  γ1 ≤2 |U| dx n γ  γ  γ1 |U| dx B4R (z1 )∩Ω B2R (ν)∩Ω
1 −α n n ≤ γ (4R)−α Mα (|U|γ )(z1 ) γ ≤ γ (R) γ λ, (3.17) |µ|dx ≤ C(2R)n |µ|(B2r ) ≤ CRn |µ|dx B4R (z1 ) −β B2R (ν) ≤ (2R)n (4R) Mβ (|µ|(z2 ) ≤ 2n Rn−β (εb λ)p−1 (3.18) Như ta thực đánh giá cho tích phân chứa hàm |V| bị chặn hai tích phân chứa hàm U |U − V| Dựa vào giả thiết đầu bổ đề 3.2.3, ta có đánh giá cho tích phân |U| theo R λ Ở tích phân chứa sai khác hai hàm U V ta sử dụng điều kiện đủ (B2), để có tích phân bị chặn µ tích phân chứa U, từ rút tích phân bị chặn R λ Cụ thể kết hợp đánh giá (3.16), (3.17), (3.18) với Giả thiết 3.1.2 ta có: ! θ1 • |V(x)|θ dx ≤ C.R −α γ 1−β λ + CR p−1 εb λ + CR1−β− α(2−p) γ (εb λ)p−1 λ BR (y)∩Ω •  |U − V|γ dx BR (ν)∩Ω  γ1 1−β ≤ CR p−1 εb λ + CR1−β− α(2−p) γ (εb λ)p−1 λ Chương Bất đẳng thức phân phối cho toán liệu độ đo 27 Áp dụng đánh giá cho bất đẳng thức (3.15) ta có:  dα|U|γ Ωϱ (ξ), ε−a λ
γ  ≤ Cε naθ n− αθ γ  R n −α θ γ  nθαθ
n− γ + εb + (εb )p−1 + Cε naγ n−α   nγ
n−α n α − b b p−1 R γ γ ε + (ε ) Làm gọn số mũ R ta được:   naθ  nθ
γ  n− αθ α −a b b p−1 n− αθ n γ γ d|U|γ Ωϱ (ξ), ε λ ≤ Cε R + ε + (ε )  nγ  naγ + Cε n−α Rn εb + (εb )p−1 n−α Ta chọn ε0 đủ nhỏ để với ε ∈ (0, ε0 ) ta có + εb + (εb )(p−1) < 3, đó:    naθ nγ    n−α
γ naγ θ n−α γ b b(p−1) α −a Rn (3.19) d|U|γ Ωϱ (ξ), ε λ + ε n−α ε + ε ≤C ε   n − αθ α naθ n−α n−α a γ Vì a > − = nên > 1, chọn b > max − a; − ,0 θ nγ nθ nγ nγ(p − 1) p − n − α γθ
nγ nγ đó, (a + b) > a + b(p − 1) > n−α n−α Như vậy, số mũ ε lớn Kết hợp với đánh giá (3.19) ta có  
γ α −a d|U|γ Ωϱ (ξ), ε λ ≤ ε(Bϱ (ξ)) (3.20) Như ta hoàn thành chứng minh Bổ đề 3.2.3 3.3 Bất đẳng thức hàm phân phối cho toán liệu độ đo 
Định lý 3.3.1 Cho γ > 0, p > 1, α ∈ 0, nγ , β ∈ [0, n], hàm U, V độ đo µ thỏa θ mãn Giả thiết 3.1.1 Giả thiết 3.1.2 Khi tồn ε0 ∈ (0, 1) cho đánh giá  
dα|U|γ Ω, (ε−a λ)γ ≤ Cεdα|U|γ (Ω, λγ ) + dβµ Ω, (εb λ)p−1 (3.21)