sự liên tục của nghiệm đối với bài toán dirichlet cho toán tử monge ampère phức

Trong những năm gần đây, bên cạnhviệc nghiên cứu toán tử M-A phức thì các bài toán Dirichlet cho toán tửnày cũng là một trong những vấn đề quan trọng của Lý thuyết đa thế vịvà được nghiê

Hàm F -đa điều hòa dưới và miền B F -chính quy

Để thuận tiện cho người đọc, chúng tôi nhắc lại định nghĩa hàm F-PSH như là một mở rộng tự nhiên của hàm PSH được đưa ra bởi El Kadiri trong [23] vào năm 2003. Định nghĩa 1.1.1 Cho Ω là một tập con F-mở trong C n Một hàm u : Ω →[−∞,+∞) được gọi là hàm F-PSH nếu u là F-nửa liên tục trên và với mọi đường thẳng phức l trongC n , thì uhạn chế trên bất kì F-thành phần của tập con F-mở l ∩ Ω của l hoặc là hàm F-PSH hoặc đồng nhất bằng −∞.

Tập hợp tất cả các hàm F-PSH (tương ứng F-PSH âm) định nghĩa trên một tập F-mở Ω được kí hiệu là F-PSH(Ω)(tương ứng F-PSH − (Ω))

Nhận xét 1.1.2 i) Từ định nghĩa 1.1.1 chúng ta thấy mọi hàm PSH trong một tập mở Euclid đều là các hàm F-PSH. ii) Nếu một hàm u ∈ F-PSH(Ω) và Ω là một tập con mở Euclid của C n thì u ∈ PSH(Ω).

Trong chương này, chúng tôi sẽ dùng hai Định lý sau đây cho hàm

F-PSH trong quá trình chứng minh kết quả chính. Định lý 1.1.3 [29, Định lý 3.1] Giả sử f là hàm F-PSH, bị chặn trong một tập con F-mở Ω trong C n Với mỗi z ∈ Ω, tồn tại một F-lân cận V của z sao cho V ⊂ Ω và f = ϕ 1 − ϕ 2 trên V, ở đây ϕ 1 , ϕ 2 là hàm PSH trong một lân cận Euclid chứa V Hơn nữa, hàm f là F-liên tục trong Ω. Định lý 1.1.4 [24, Mệnh đề 2.3] Trong C n , giả sử G và Ω là các tập

F-mở sao cho Gb Ω Cho u ∈ F-PSH(Ω) và v ∈ F-PSH(G) sao cho

 max(u, v) trong G u trong Ω\G là hàm F-PSH trong Ω.

Sau đây, chúng tôi sẽ phát biểu khái niệm một miền B F -chính quy Đây là sự mở rộng của khái niệm miền giả lồi chặt từ tôpô Euclid tới tôpô đa mịn. Định nghĩa 1.1.5 Một F-miền bị chặn Ω trong C n được gọi là miền

B F -chính quy nếu tồn tại một hàm F-liên tục và bị chặn ϕ trong Ω F thỏa mãn:

(1) ϕ là hàm âm trong Ω và ϕ= 0 trên ∂ F Ω;

(2) ϕ(z)− kzk 2 là hàm F-PSH trong Ω. Ở đây, hàm ϕ được gọi là hàm F-xác định của Ω nếu ϕthỏa mãn các điều kiện của định nghĩa.

Ví dụ 1.1.6 Mọi hình cầu mở B(a, r), a ∈ C n , r > 0 là một miền giả lồi chặt và cũng là miền B F -chính quy.

Từ định nghĩa 1.1.5, chúng ta thấy miền giả lồi chặt là miền BF-chính quy.

Thật vậy, giả sử Ω là một miền giả lồi chặt Khi đó, tồn tại hàm xác địnhϕ của Ω Tức là, tồn tại hàm ϕliên tục, bị chặn trong Ω và thỏa mãn hai điều kiện sau:

• ϕ là hàm âm trong Ω và ϕ= 0 trên ∂Ω.

• ϕ(z)− kzk 2 là hàm PSH trong Ω.

Do đó, ϕ cũng là một hàm F-xác định của Ω Vậy Ω là miền B F -chính quy.

Tuy nhiên, điều ngược lại không đúng Trong Định lý 1.3.2 dưới đây,chúng tôi chỉ ra một miền là B F -chính quy nhưng không là miền giả lồi chặt.

Sự tồn tại nghiệm

Để chứng minh được bài toán MA(Ω, f dV 2n , φ) có nghiệm trong miền

B F -chính quy Ω, chúng tôi sẽ sử dụng một số kết quả sau đây. Định lý 1.2.1 [21, Định lý 3] Giả sử Ω là miền giả lồi chặt trong C n Nếu độ đo à cú dạng à = f dV 2n với f là một hàm không âm trong L p (Ω), p > 1thì bài toán (1.1) có nghiệm liên tục trong Ω. Định lý 1.2.2 ([17], Định lý 1.1) Trong C n , giả sử Ω là một F-miền, v và w ∈ F-PSH(Ω) là các hàm hữu hạn sao cho w ≤ −v trong Ω Khi đó, với mỗi độ đo à trờn QB(Ω) thỏa món 0 ≤ à≤ (dd c w) n , tồn tại một hàm u là hàm F-PSH hữu hạn trong Ω sao cho w ≤u ≤ −v trong Ω và (dd c u) n = à trong QB(Ω). Ở đây, QB(Ω) = {A∩ Ω|A ∈ QB(C n )} và QB(C n ) là σ-đại số trên C n sinh bởi các tập Borel và các tập con đa cực của C n

Trước khi trình bày kết quả chính, chúng tôi sẽ đưa ra bổ đề sau đây.

Bổ đề 1.2.3 Giả sử Ω là miền bị chặn và B F -chính quy trong C n , φ là một hàm liên tục trong Ω Khi đó, tồn tại các hàm F-liên tục và bị chặn uφ và u −φ trong Ω F thỏa mãn:

(i) u φ và u −φ là các hàm F-PSH trong Ω;

Chứng minh Vì Ω là tập compact trongC n và hàm φ liên tục trongΩ nên theo Định lý thác triển Tietze, tồn tại một hàm φe liên tục trong C n sao cho φe= φ trong Ω Với ε > 0, ta đặt φe ε (x) := φe ∗ χ ε (x) Z

C n φ(y)χe ε (x−y)dV 2n (y), ở đây, χ ε (x) = ε −n χ( x ε ) với hàm χ ∈ C 0 ∞ (C n ), χ ≥ 0, suppχ = B(0,1), R

C n χdV 2n = 1 và χ chỉ phụ thuộc vào |x|.

Khi đó, hàm φe ε hội tụ đều tới φ trong Ω khi ε → 0 + Nghĩa là, với mọi j ∈ N, tồn tại ε j > 0 thỏa mãn φe ε j −2 −j−1 ≤ φ ≤ φe ε j + 2 −j−1 trong Ω.

Ta đặt φ j := φe ε j − 2 −j−1 với mọi j ≥ 1 Do hàm φe ε j trơn trong C n nên hàm φ j trơn trong C n Khi đó, ta thu được {φ j } là một dãy các hàm trơn trong C n thỏa mãn φ j ≤ φ ≤ φ j + 2 −j trong Ω (1.2) Với mỗi j ≥ 1, chọn cj > 0 sao cho các hàm c j kzk 2 +φ j (z) và c j kzk 2 −φ j (z) là hàm PSH trong một lân cận mở Euclid của Ω.

Do Ω là miền B F -chính quy, bị chặn trong C n nên tồn tại một hàm

F-liên tục và bị chặn ϕ trong Ω F thỏa mãn v(z) := ϕ(z)− kzk 2 là hàm F-PSH trong Ω và ϕ < 0 trong Ω, ϕ = 0 trên ∂ F Ω (1.3) Với z ∈ Ω, ta có c j ϕ(z) +φ j (z) =c j (ϕ(z)− kzk 2 ) + (c j kzk 2 +φ j (z)) và cjϕ(z)−φj(z)−2 −j = cj(ϕ(z)− kzk 2 ) + (cjkzk 2 −φj(z))−2 −j

Do các hàm ϕ(z)− kzk 2 , c j kzk 2 +φ j (z) và c j kzk 2 −φ j (z) là hàm F-PSH trong Ω nên các hàm fj := cjϕ+φj và gj := cjϕ−φj −2 −j (1.4) là hàm F-PSH trong Ω Theo (1.2), với mọi j, k ≥ 1 ta có φ j ≤ φ ≤ φ k + 2 −k trong Ω.

Vì c j > 0 với mọi j ≥ 1 và ϕ < 0 trong Ω nên φj ≥φj + cjϕ và φ k + 2 −k ≤ −c k ϕ+φ k + 2 −k Khi đó, với mọi j, k ≥ 1 ta có φj +cjϕ ≤ φ ≤ −c k ϕ+φk + 2 −k trong Ω hay fj ≤ φ ≤ −g k trong Ω (1.5)

Khi đó u φ vàu −φ là các hàm F-PSH và bị chặn trong Ω Ta sẽ chứng minh (ii) Từ (1.5) ta có sup j≥1 f j ≤ φ ≤ inf k≥1(−g k ) nên sup j≥1 f j

(gk) ∗ nên ta thu được uφ ≤ φ ≤ −u −φ trong Ω.

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh (iii) Với mọi j ≥ 1, theo định nghĩa của u φ và u −φ , kết hợp với (1.4) ta có, cjϕ+φ −2 −j ≤ uφ ≤ −u −φ ≤ −c j ϕ+φ+ 2 −j trong Ω.

Khi đó, ∀z ∈ Ω ta có c j ϕ(z)−2 −j ≤ u φ (z)−φ(z) ≤ −c j ϕ(z) + 2 −j và c j ϕ(z)−2 −j ≤ −u −φ (z)−φ(z) ≤ −c j ϕ(z) + 2 −j

Do ϕlà hàm F-liên tục, bị chặn trong Ω F và ϕ = 0 trên ∂ F Ω, nên với mọi ξ ∈ ∂ F Ω, ta có

Ω3z→ξ(cjϕ(z) + 2 −j ) = 2 −j Suy ra, ∀ξ ∈ ∂ F Ω và ∀j ≥ 1, ta có

Chúng tôi chứng minh bài toán MA(Ω, f dV 2n , φ) trong miền B F -chính quy có nghiệm bằng cách sử dụng Bổ đề 1.2.3 Định lý 1.2.4 Giả sử Ω là miền bị chặn, B F -chính quy trong C n và φ là một hàm liên tục trong C n Khi đó, với mọi hàm không âm f ∈ L p (Ω) với p > 1 thì bài toán MA(Ω, f dV 2n , φ) có nghiệm.

Chứng minh Giả sử r > 0để Ω b B(0, r) Định lý 3 trong [21] chỉ ra rằng tồn tại một hàm PSH, liên tục ψ trong B(0, r) sao cho

(dd c ψ) n = 1 Ω f dV 2n trong B(0, r). Áp dụng Bổ đề 1.2.3, tồn tại các hàm F-liên tục, bị chặn u φ , u −φ , u −ψ trên Ω F thỏa mãn

(i) u φ , u −φ , u −ψ là các hàm F-PSH trong Ω;

Khi đó v là hàm F-PSH và bị chặn trong Ω Suy ra v ≤ u φ ≤ −u −φ trong Ω và v = −u −φ = φ trong ∂ F Ω.

Ta có QB(C n ) là σ-đại số sinh bởi các tập Borel và các tập con đa cực của C n Giả sử QB(Ω) là vết của QB(C n ) trên Ω Do đó

(dd c v) n ≥ (dd c ψ) n = f dV 2n trong QB(Ω) và theo Định lý 1.2.2, tồn tại một hàm u bị chặn là F-PSH trong Ω thỏa mãn v ≤u ≤ −u −φ trong Ω và

Vì u là hàm F-PSH, bị chặn trong Ω nên theo Định lý 1.1.3, ta có u là hàm F-liên tục trong Ω Tiếp theo, ta sẽ chứng minh u là hàm F-liên tục trong Ω F và u = φ trên ∂ F Ω Chứng tỏ u là một nghiệm của bài toán

Thật vậy, vì v ≤u ≤ −u −φ trong Ω nên với mọi z 0 ∈ Ω F ta có

Mặt khác, hàm v và −u −φ liên tục trong Ω F nên

Do v = φ = −u −φ trên ∂ F Ω nên v(z 0 ) = φ(z 0 ) =−u −φ (z 0 ) với mọi z 0 ∈ ∂ F Ω.

Do đó, u là hàm F-liên tục trong Ω F và u= φ trên ∂ F Ω.

Tính không liên tục của nghiệm

NếuΩ là một miền giả lồi chặt thì nghiệm của bài toán MA(Ω, f dV2n, φ) liên tục theo nghĩa thông thường, điều này đã được chứng minh theo Định lý 1.2.1 Trong phần này, chúng tôi sẽ chứng minh rằng tính chất này không còn đúng khi mở rộng Ω từ miền giả lồi chặt thành miền B F -chính quy. Định lý 1.3.1 Tồn tại một miền B F -chính quy Ω trong C thỏa mãn:(1) Ω F là tập con compact của C;

(2) Nghiệm của bài toán MA(Ω, f dV 2 , φ) không liên tục theo nghĩa thông thường trong Ω F nếu φ là một hàm PSH trơn trong C và f ≥ 0 trong

Chứng minh Giả sử ∆r là một đĩa tâm 0 và bán kính r > 0 trong C Lấy {a j } ⊂ ∆ 1 thỏa mãn

4 , z ∈ C. Khi đó, ψ j là hàm PSH âm trong ∆ 2 Thật vậy, với mọi z ∈ ∆ 2 , ta có

|z −a j | ≤ |z|+ |a j | < 4 nên log |z−a 4 j | < 0 Suy ra ψ j < 0 trong ∆ 2 Ta đặt, ψ : ∞

Ta có ψ là hàm F-PSH âm trong ∆ 2 Hơn nữa

Do đó ψ không đồng nhất bằng −∞ trong ∆1 Vì ψ ≤ ψj < 0 trong ∆1 và ψ j (a j ) = −∞ nên ψ(a j ) = −∞ Do đó {a j } ⊂ ∆ 1 ∩ {ψ = −∞} Mặt khác, vì {a j } = ∆ 1 nên

Giả sử a ∈ ∆ 1 thỏa mãn ψ(a) > −∞ Lấy Ω là thành phần liên thông chứa a của tập F-mở

Ta sẽ chứng minh Ω là miền B F -chính quy Thật vậy, ta sẽ chứng minh ϕ(z) := max(−ψ(z) +kzk 2 + ψ(a)− kak 2 −1,kzk 2 −1) với z ∈ Ω là hàm F-xác định của Ω Dễ thấy, ϕ < 0 trong Ω và ϕ = 0 trên ∂ F Ω vì ψ là hàm liên tục trong Ω.

Vì ∆ψj = 0 trong ∆2\{a j } nên ∆(−ψ j ) = 0 trong {ψ > −∞} Do đó,

−ψ j là hàm F-PSH trong Ω Hơn nữa, ta có n

X j=0 c j (−ψ j ) % −ψ trongΩnên−ψlà hàmF-PSH trongΩ Vậyϕlà một hàm F-xác định của

Ω Hơn nữa, vì ψ là hàm nửa liên tục trên trong ∆ 2 nên Ω F là compact. Giả sử bài toán MA(Ω, f dV 2 , φ) có một nghiệm là u và là hàm liên tục theo nghĩa thông thường trong Ω F Vì Ω F là tập compact nên u là hàm liên tục đều trong Ω F Khi đó, hàm ω : [0,+∞) →R được xác định bởi ω(t) := sup x,y∈Ω F ,|x−y|≤t

Thật vậy, nếu x, y ∈ Ω hoặc x, y ∈ ∆ 1 \Ω thì bất đẳng thức đúng Giả sử x ∈ Ω và y ∈ ∆ 1 \Ω Lấy L là đoạn nối x và y Bổ đề 3.4.5 trong [28] chỉ ra rằng L là F-liên thông và tồn tại z ∈ L ∩∂ F Ω Do đó, max(|x−z|,|z −y|) ≤ |x−y|.

Mặt khác, vì v = u = φ trong ∆ 1 ∩∂ F Ω nên ta có

Kết hợp điều này với (1.8) suy ra v là hàm liên tục trên ∆1.

Vớiz ∈ Ω, theo (1.7) tồn tại{z j } ⊂ {ψ = −∞}∩∆1 sao cho lim j→+∞zj z Dễ thấy, z j ∈ ∆ 1 \Ω nên v(z j ) =φ(z j ) với mọi j ≥ 1 Mặt khác, do các hàm v, φ liên tục trong ∆ 1 nên v(z) = lim j→+∞v(zj) = lim j→+∞φ(zj) = φ(z).

Mặt khác, ví u là nghiệm của bài toán MA(Ω, f dV 2 , φ) nên theo Định lý

Ω f dV2. Điều này mâu thuẫn với giả thiết của Định lý là

Vậy hàm u không liên tục theo nghĩa thông thường trong Ω F

Cuối cùng, chúng tôi chứng minh một tính chất khác biệt của miền

B F -chính quy so với miền giả lồi chặt bằng cách sử dụng Định lý 1.3.1. Định lý 1.3.2 Tồn tại một miền BF-chính quy Ω trong C sao cho mọi hàm F-xác định của Ω không liên tục theo nghĩa thông thường trong Ω F

Chứng minh Ta xét miền B F -chính quy Ω được xây dựng theo Định lý 1.3.1 Giả sử ϕ liên tục trong Ω F và ϕ là một hàm F-xác định của Ω Ta đặt φ(z) := kzk 2 , z ∈ C.

Ta có, φ(z) là hàm liên tục và F-đa điều hòa trong C Khi đó, hàm ψ := ϕ− φ là hàm F-PSH trong Ω và liên tục trong Ω F Do ϕ là hàm

F-xác định của Ω nên ϕ < 0 trong Ω Mặt khác, ta có φ = ϕ−ψ nên φ < −ψ trong Ω Theo chứng minh của Định lý 1.2.2, ta có u := sup{f ∈ F-PSH(Ω) : f ≤ −ψ trong Ω} (1.9) là hàm F-PSH trong Ω thỏa mãn φ ≤ u ≤ −ψ trong Ω (1.10) và dd c u = 0 trong QB(Ω).

Mặt khác, ta có −ψ = φ −ϕ nên

Vì vậy, u = φ trên ∂ F Ω và u là hàm F-liên tục trên ∂ F Ω.

Từ (1.10) suy ra hàm u bị chặn do hàm ψ hữu hạn Mặt khác, theo Định lý 1.1.3 thì u là hàm F-liên tục trong Ω Mặt khác, hàm u liên tục trên ∂ F Ω nên u là hàm F-liên tục trong Ω F Do đó, hàm u là nghiệm của bài toán MA(Ω,0, φ).

Tiếp theo, chúng tôi sẽ chứng minh rằng, với mọi ε > 0 cho trước thì tồn tại δ >0 sao cho

Từ đây, u là hàm liên tục trong Ω Mặt khác, theo Định lý 1.3.1 chỉ ra hàm u không liên tục trong Ω Điều này mâu thuẫn Do đó, hàm ϕ không liên tục trong Ω Thật vậy, vì Ω F là tập compact nên ϕ và ψ là các hàm liên tục đều trong Ω F , nghĩa là, với mọi ε > 0, tồn tại δ > 0 sao cho với mọi x, y ∈ Ω F thỏa mãn |x−y| < 2δ thì

|ϕ(x)−ϕ(y)|+ |ψ(x)−ψ(y)| < ε (1.11) Trước hết, với z 1 , z 2 ∈ Ω sao cho |z 1 −z 2 | < δ, ta đặt

Với z ∈ Ω∩Ω1, ta có z+z1 −z2 ∈ Ω Theo (1.10) ta có u ≤ −ψ trong Ω nên u(z +z 1 −z 2 ) ≤ −ψ(z+z 1 −z 2 ) (1.12) Mặt khác, do |z +z 1 −z 2 −z| = |z 1 −z 2 | < δ < 2δ nên theo (1.11) ta có

Mặt khác, theo (1.10) và theo định nghĩa hàm ψ ta có u(z +z 1 −z 2 )−u(z) ≤ −ψ(z+z 1 −z 2 )−φ(z)

≤ −ϕ(z +z 1 −z 2 ) +φ(z+ z 1 −z 2 )−φ(z). Hơn nữa, theo (1.11) ta có

Suy ra u(z +z 1 −z 2 )−u(z) ≤ε với mọi z ∈ Ω∩∂ F Ω 1 vì ϕ = 0 trên ∂ F Ω Theo Định lý 1.1.4 ta có v(z) :

 max{u(z), u(z +z 1 −z 2 )−ε} nếu z ∈ Ω∩Ω 1 u(z) nếu z ∈ Ω\Ω 1 là hàm F-PSH trong Ω và v ≥ u trong Ω Hơn nữa, từ (1.10) và (1.13) suy ra v ≤ −ψ trong Ω.

Do đó, v nằm trong lớp các hàm xác định của hàm u trong (1.9) Suy ra u ≥ v trong Ω.

Vậy v = u trong Ω Dễ thấy, vì z 1 , z 2 ∈ Ω nên z 2 = z 1 −(z 1 −z 2 ) ∈ Ω 1 Mặt khác, z 2 ∈ Ω nên z 2 ∈ Ω∩Ω 1 và u(z 2 ) =v(z 2 ) = max(u(z 2 );u(z 1 )−ε) ≥ u(z 1 )−ε.

Hoàn toàn tương tự, ta có u(z1) ≥ u(z2)−ε

Vậy Định lý được chứng minh.

Trong Chương 1, chúng tôi đã mở rộng nghiên cứu bài toán Dirichlet cho toán tử M-A phức trong tôpô đa mịn và xét bài toán trên miền B F - chính quy Chúng tôi đã chứng minh được bài toán có nghiệm và chứng minh được nghiệm của bài toán không nhất thiết liên tục theo nghĩa thông thường Hơn nữa, chúng tôi chỉ ra ví dụ một miền là B F -chính quy nhưng không là miền giả lồi chặt, điều này thể hiện tính chất khác biệt giữa tôpôEuclid và tôpô đa mịn.

Tính liên tục H¨ older địa phương của nghiệm của bài toán Dirichlet cho toán tử Monge-Ampère phức

Trong Chương 2, chúng tôi xét bài toán Dirichlet cho toán tử M-A phức trong miền bị chặn trong C n Cho Ω là miền bị chặn trong C n , à là độ đo trên Ω Chúng tôi nghiên cứu bài toán tìm một hàm PSH u trong Ω thỏa mãn các điều kiện sau:

 u là hàm liên tục H¨older trong Ω, (dd c u) n = à trong Ω,

Trong trường hợp độ đo à cú dạng đơn giản sau: à f := f dV 2n , f ≥ 0, sự tồn tại nghiệm của bài toán này đã được đưa ra trong các công bố [3], [14], [26] Cụ thể, kết quả đầu tiên được đưa ra bởi Bedford-Taylor trong [3] vào năm 1976 Cỏc tỏc giả chứng minh được bài toỏn M(Ω, à) có nghiệm nếu Ω là miền giả lồi chặt và f 1/n là hàm liên tục H¨older Do đó, các miền giả lồi chặt được xem như là miền tiêu chuẩn dùng để xem

25 xét bài toán Dirichlet cho toán tử M-A phức Bài toán này tiếp tục được mở rộng nghiên cứu trong [4], theo đó nếu f là hàm liên tục thì bài toán trên chỉ có nghiệm liên tục Sau đó một số tác giả khác cũng tổng quát kết quả trên Vào năm 2008, Guedj-Ko lodziej-Zeriahi [14] đã chỉ ra bài toán trờn giải được cho lớp cỏc độ đo à f với f ∈ L p (Ω) và p > 1 Gần đõy, một số tác giả khác đã sử dụng kỹ thuật trong [14] để nghiên cứu bài toán M(Ω, à f ) cho một vài lớp con của lớp cỏc miền giả lồi (xem [2], [8], [20]). Một số nhà toán học cũng đã nghiên cứu bài toán này trên các đa tạp (xem [12], [16]).

Khi àlà độ đo bất kỳ, bài toỏn trở lờn phức tạp hơn Vấn đề này vẫn cũn mở cho tới gần đây Vào năm 2014, Dinew-Guedj-Zeriahi [13] đã đặt ra câu hỏi về sự tồn tại nghiệm liên tục H¨older của bài toán Dirichlet Trong [10] và [11], Nguyễn Ngọc Cường đã chứng minh bài toán Dirichlet cho toán tử Monge-Ampère phức trong miền giả lồi chặt có nghiệm toàn cục nếu bài toán có nghiệm dưới Trong chương 2, chúng tôi tiếp tục tìm hiểu bài toán trên Đầu tiên, chúng tôi chứng minh bài toán Dirichlet trong miền bị chặn có nghiệm dưới toàn cục nếu bài toán có nghiệm dưới địa phương. Tiếp theo, chỳng tụi sẽ chứng minh bài toỏn M(Ω, à) cú nghiệm toàn cục nếu bài toán có nghiệm địa phương khi Ω là miền giả lồi chặt Nội dung của Chương 2 được viết theo tài liệu [2] trong Danh mục các công trình sử dụng trong luận án.

Nghiệm dưới của bài toán

Định nghĩa 2.1.1 Một hàm được gọi lànghiệm dướicủa bài toỏnM(Ω, à) nếu nú là nghiệm của bài toỏn M(Ω, ν) với một độ đo ν ≥ à nào đú. Chúng ta cần kết quả dưới đây cho một lớp các hàm trơn, lồi, tăng.

Bổ đề 2.1.2 Giả sử fj : (−∞,0) →(−∞,0) với 1 ≤ j ≤ m là các hàm tăng thỏa mãn điều kiện x→0limf j (x) = 0.

Khi đó, với mọixε ∈ (0,1), tồn tại một hàm trơn, lồi, tăngτ ε : (−∞,−ε) → [0,+∞) sao cho

(a) |τ ε ◦(f j +x)−τ ε ◦(f k +x)| < 1 trong (−∞,0), với mọi x ≤ −ε; (b) τ ε 0 (x) ≥ δ ε > 0 với mọi x ∈ − 1 ε ,−ε

Chứng minh Ta đặt g := f 1 +f 2 + +f m Khi đó, ta có x→0limg(x) = lim x→0 m

Vì lim x→0f j (x) = 0 với 1 ≤ j ≤ m nên lim x→0g(x) = 0 Mặt khác, f k là hàm nhận giá trị âm nên g(x) ≤fk(x) < 0 với mọi k.

1≤k≤mf k (x) = 0 nên tồn tại δ 1 < 0 sao cho b 1 < min

Tiếp tục, chọn a2 := max δ1; a 2 1 ; −1 2 thì a1 < a2 < 0 và a2 ∈ [δ1,0) Khi đó, ta có b 1 := max

Tương tự, chọn a j+1 := max δ j ; a 2 j ; 2 −1 j−1 với mọi j thì a j < a j+1 < 0 và aj+1 ∈ [δj,0) Hơn nữa, ta có b j := max

Vì vậy tồn tại một dãy tăng các hàm số thực âm {a j } ∞ j=0 sao cho j→+∞lim a j = 0 và thỏa mãn b j := max

Từ (2.1) ta có j→+∞lim b j = 0 và lim j→+∞c j = 0.

Khi đó, {d j } là dãy tăng các số thực âm và j→+∞lim d j = 0.

Ta sẽ xác định hàm τ : (−∞,0) → [0; +∞) như sau τ(x) :

Theo chứng minh Bổ để 2 trong [9], ta có τ là hàm liên tục, lồi, tăng thỏa mãn

|τ ◦fj −τ ◦fk| ≤ A trong (−∞,0) (2.3) với mọi 1≤ j, k ≤ m và A > 0là hằng số dương Ta xét đánh giá sau đây:

|τ(x)−τ(y)| ≥ x−y d 1 với mọi x, y ∈ (d 1 ,0) (2.4) Trước tiên, với mọi x, y ∈ (d n , d n+1 ] ta có

(2.5) vì 0< |d n | ≤ |d 1 | Với x, y ∈ (d 1 ,0) bất kỳ, không mất tính tổng quát, giả sử x < y, vì dãy {d j } tăng dần đến 0 nên

Do đó, tồn tại n≥ 1 và k ≥ 1 sao cho x ∈ (d n , d n+1 ] và y ∈ (d n+k , d n+k+1 ].

Mặt khác, theo (2.5) ta thu được τ(y)−τ(d n+k ) ≥ y −d n+k

−d 1 Vậy bất đẳng thức (2.4) đúng.

Giả sử ρ là một hàm trơn không âm trong R thỏa mãn ρ(λ) = 0 với mọi |λ| ≥1 và

Ta sẽ chứng minh τ ε thỏa mãn bổ đề. Đầu tiên, ta có τε là hàm trơn, lồi, tăng trong (−∞,−ε) Thật vậy, đặt t:= ελ−x thì λ = t+x ε và dλ = 1 εdx.

Do ρ là hàm trơn trên R nên τ ε (x) là hàm trơn trên (−∞,−ε).

Với k ∈ (0,1), vì τ là hàm lồi nên τ ε [kx+ (1−k)y]

Vậy τ ε là hàm lồi trong (−∞,−ε).

Với x < y ∈ (−∞,−ε), vì τ là hàm tăng nên τ ε (x) = 1

Vậy τ ε là hàm tăng trong (−∞,−ε).

Tiếp theo, với mọi x, y ∈ (d 1 +ε,−ε), vì τ và τ ε là hàm tăng nên ta có

Mặt khác, ta có x−ελ, y −ελ ∈ (d1,0) vì |λ| < 1 nên theo (2.5) ta có

|τ(x−ελ)−τ(y −ελ)| ≥ x−ελ−y +ελ d 1 x−y d 1 Khi đó, ta thu được

Khi đó, cho y →x ta thu được τ ε 0 (x) ≥

Cuối cùng, chúng tôi sẽ chứng minh hàm τ ε thỏa mãn điều kiện (a) của bổ đề Thật vậy, cố định x ≤ −ε tùy ý, vì |λ| < 1 nên x−ελ ≤ −ε(1 +λ) < 0.

Hơn nữa, vìτ là hàm trơn, lồi, tăng trên (−∞,0)nên τ(y)−τ(y+x−ελ) là hàm tăng theo y Khi đó, nếu f k < f j thì τ ◦f k −τ ◦(f k +x−ελ) < τ ◦f j −τ ◦(f j +x−ελ) hay τ ◦(f j +x−ελ)−τ ◦(f k +x−ελ) < τ ◦f j −τ ◦f k

Kết hợp với (2.3) ta có

Vậy bổ đề được chứng minh.

Sử dụng Bổ đề 2.1.2 ta sẽ chứng minh nếu bài toỏn M(Ω, à) cú nghiệm dưới nếu bài toán có nghiệm dưới địa phương Kỹ thuật chứng minh được tham khảo trong [9]. Định lý 2.1.3 Trong C n , cho Ω là miền bị chặn và à là độ đo Borel không âm trong Ω Giả sử với mỗi z ∈ Ω, tồn tại r z > 0 sao cho bài toán

M(Ω ∩ B(z, r z ), à) cú một nghiệm dưới õm Khi đú, tồn tại một hàm u liên tục H¨older trong Ω và là hàm PSH trong Ω sao cho

Chứng minh Ta có với mỗi z ∈ Ω, tồn tại r z > 0 sao cho bài toán M(Ω∩

B(z,3r z ), à) cú một nghiệm dưới õm Vỡ Ω là một tập compact nờn tồn tại z1, , zm ∈ Ω sao cho

B(z j , r j ), ở đõyr j = r z j Gọiu j là nghiệm dưới õm của bài toỏnM(Ω∩B(z j ,3r j ), à).

Chúng ta sẽ chứng minh u j là hàm liên tục H¨older trong C n , tức là∃α j >

Xét trường hợpz, w ∈ Ω∩B(zj,3rj) Vì uj là nghiệm của bài toánM(Ω∩

B(z j ,3r j ), à) nờn u j liờn tục Hăolder trờn Ω∩B(z j ,3r j ) Khi đú, ∃α j >

0, C j ≥0 để (2.6) thỏa mãn với mọi z, w ∈ Ω∩B(z j ,3r j ).

Xét trường hợpz ∈ C n \(Ω∩ B(z j ,3r j )), w ∈ Ω∩B(z j ,3r j ),∃a ∈ ∂(Ω∩B(z j ,3r j )) sao cho

Vì a, w ∈ Ω∩B(z j ,3r j ) nên theo chứng minh trên ta có

Vậy hàm u j liên tục H¨older trong C n

 inf{(u j (z), uk(z)) : z ∈ Gj,k ∩ {u j ≥ x}} nếu Gj,k ∩ {u j ≥ x} 6= ∅, x nếu G j,k ∩ {u j ≥ x}= ∅.

Khi đó, f j,k là các hàm tăng thỏa mãn x→0limf j,k (x) = 0.

Giả sử ε ∈ (0,1) thỏa mãn u j > −1 ε với mọi j = 1, , m (2.7) Áp dụng Bổ đề 2.1.2, tồn tại hàm trơn, lồi, tăng τ : (−∞,− ε 2 ) → [0,+∞) thỏa mãn

Với z ∈ G j,k , theo định nghĩa của hàm f j,k ta có f j,k (u j (z)) ≤ u k (z).

Mà τ là hàm tăng nên τ(fj,k(uj(z))−ε) ≤ τ(uk(z)−ε).

Suy ra τ(u j (z)−ε)−τ(u k (z)−ε) ≤τ(u j (z)−ε)−τ(f j,k (u j (z))−ε). Kết hợp với điều kiện (a) ta thu được τ(u k (z)−ε)−τ(u j (z)−ε) < 1 (2.8) Gọi χ 1 , , χ 2m là các hàm trơn trên C n thỏa mãn

B(z j , r j ) b {χ 2j−1 = 1} b {χ 2j−1 6= 0} b B(z j ,2r j ) b {χ 2j = 1} b {χ 2j 6= 0} b B(zj,3rj) với mọi j = 1, , m Ta sẽ chứng minh đánh giá χ 2j−1 (z) +χ 2j (z)τ(u j (z)−ε) < χ 2k−1 (z) +χ 2k (z)τ(u k (z)−ε) (2.9) với mọi z ∈ Ω∩B(z k , r k )∩(B(z j ,3r j )\B(z j ,2r j )).

= τ(u j (z)−ε) (χ 2j (z)−1) + (τ(u j (z)−ε)−τ(u k (z)−ε))−1< 0, vì τ(u j (z)−ε) ≥ 0, χ 2j (z)−1≤ 0 và theo (2.8) ta có τ(uj (z)−ε)−τ(uk(z)−ε) < 1.

Giả sử z ∈ Ω∩ B(zk, rk)\B(zj,3rj), ta có χ 2j−1 (z) = 0, χ 2j (z) = 0, χ 2k−1 (z) = 1, χ 2k (z) = 1.

= −1−τ(u k (z)−ε) < 0, vì τ là hàm không âm Vậy với mọi z ∈ Ω∩B(z k , r k )\B(z j ,2r j ), ta có χ 2j−1 (z) + χ 2j (z)τ(u j (z)−ε) < χ 2k−1 (z) +χ 2k (z)τ(u k (z)−ε) (2.10)

Giả sử ϕlà một hàm PSH chặt, trơn trong C n thỏa mãn ϕ+χ 2j−1 là hàm PSH trong C n ∀j = 1, , m.

Khi đó, v j là hàm PSH trong B(z j ,2r j ) ∀j = 1, , m Với mỗi z ∈

= χ 2j−1 (z)−χ 2k−1 (z) +χ 2j (z)τ(u j (z)−ε)−χ 2k (z)τ(u k (z)−ε). Nếu j 6∈ Jk(z) thì z 6∈ B(zj,2rj) Do đó z ∈ Ω∩B(z k , r k )\B(z j ,2r j ).

Theo (2.10) ta có vj(z) < vk(z) với mọi j 6∈ Jk(z).

 là một lân cận mở của z Suy ra v j = ϕ+χ 2j−1 + τ(u j −ε) là hàm PSH trong U k (z) ∀j ∈ J k (z) Hơn nữa, ta có dd c v j = dd c (ϕ+χ 2j−1 +dd c τ(u j −ε)

= d(τ 0 (uj −ε)∧d c uj +τ 0 (uj −ε)dd c uj

= τ 00 (uj −ε)duj ∧d c uj +τ 0 (uj −ε)dd c uj

Vì duj∧d c uj ≥ 0và τ 0 (uj−ε) > 0, τ 00 (uj−ε) ≥ 0(doτ là hàm lồi, tăng). Suy ra dd c v j = dd c (ϕ+ χ 2j−1 ) +dd c τ(u j −ε) ≥ dd c τ(u j −ε), vì dd c (ϕ+χ 2j−1 ) ≥ 0 (do ϕ+χ 2j−1 là hàm PSH trong C n ).

Khi đó, ta thu được

(dd c v j ) n ≥(τ 0 (u j −ε)) n (dd c u j ) n Mặt khác, từ (2.7) ta có

2. Kết hợp với (b) ta được

1≤j≤mv j Khi đó, ta có v = max j∈Jmaxk (z)vj, max j / ∈J k (z)vj

Với j /∈ J k (z) thì v j (z) < v k (z) Do đó max j / ∈J k (z)v j ≤ v k Mặt khác, ta có k ∈ J k (z) nên v k ≤ max j∈J k (z) v j

Suy ra max j / ∈J k (z)v j ≤ max j∈J k (z)v j Khi đó, ta có v = max j∈J k (z)vj.

Vì v j < +∞ với mọi j ∈ J k (z) nên v < +∞ Mặt khác, vì v j là hàm nửa liên tục trên trong U k (z) ∀j ∈ J k (z) nên hàm v nửa liên tục trên trong

U k (z) Theo tính chất của hàm PSH, ta có v là hàm PSH trong U k (z).

Vỡ u j là nghiệm dưới của bài toỏn M(Ω ∩B(z j ,3r j , à) nờn

Do τ là hàm trơn, tăng trên −∞,− ε 2 nên tồn tại M > 0 sao cho

Sử dụng điều này và (2.6) vớiz, w ∈ C n , tồn tại t 0 ∈ − 1 ε −ε,−ε sao cho

Vậy hàmτ(u j −ε) liên tục H¨older trongC n Suy ra, hàm v j liên tục H¨older trong C n Do đó, hàm v liên tục H¨older trong Ω và thỏa mãn điều kiện(2.12) Khi đó hàm u := δ −1 v thỏa mãn các yêu cầu của định lý.

Tính liên tục H¨ older địa phương của nghiệm

Khi Ω là miền giả lồi chặt thì tính liên tục của nghiệm của bài toán M(Ω, à) đó được cỏc nhà toỏn học giải quyết trong cỏc bài bỏo [3], [4]. Cho đến gần đây, trong [11], Nguyễn Ngọc Cường đã chứng minh bài toán Dirichlet cho toán tử M-A phức trong miền giả lồi chặt có nghiệm toàn cục nếu bài toán có nghiệm dưới. Định lý 2.2.1 [11, Định lý B] Giả sử Ω là miền giả lồi chặt trong C n và à là một độ đo Borel khụng õm trong Ω Nếu bài toỏn M(Ω, à) cú nghiệm dưới thỡ bài toỏn M(Ω, à) cú nghiệm trong Ω.

Trong phần này, tớnh chất địa phương của bài toỏnM(Ω, à)được chứng minh, tức là chỉ ra nếu bài toán có nghiệm địa phương thì bài toán sẽ có nghiệm toàn cục. Định lý 2.2.2 Trong C n , giả sử Ω là miền giả lồi chặt và à là một độ đo Borel khụng õm trong Ω Khi đú, bài toỏn M(Ω, à) cú nghiệm trong Ω khi và chỉ khi với mỗi z ∈ Ω, tồn tại r z > 0 sao cho bài toán có nghiệm trong

Chứng minh Ta có, điều kiện cần luôn đúng Chúng ta chỉ cần chứng minh điều ngược lại Thật vậy, giả sử với mỗi z ∈ Ω, ∃r z > 0 để bài toán có nghiệm trong Ω∩B(z, r z ).

Vì Ω là miền giả lồi chặt, theo Định lý 2.2.1, chúng ta chỉ cần chứng minh rằng bài toỏn M(Ω, à) cú nghiệm dưới thỡ bài toỏn sẽ cú nghiệm trong Ω.

Giả sử ρ là hàm âm, liên tục H¨older trong Ω và ρ là hàm PSH trong Ω thỏa mãn ρ = 0 trên ∂Ω.

Với z ∈ Ω, ta đặt ρ z (t) := max(ρ(t),kt−zk 2 −r z 2 ),∀t∈ Ω.

Khi đó, ρz là hàm liên tục H¨older trong Ω và là hàm PSH trong Ω Thật vậy, với h, t ∈ Ω Ta có

= 2 max(ρ(t),kt−zk 2 −r z 2 )−2 max(ρ(h),kt−zk 2 −r z 2 )

Do ρ là hàm liên tục H¨older trên Ω nên hàm ρ z liên tục H¨older trên Ω. Với t ∈ ∂Ω∩ B(z, r z ) ta có ρ(t) = 0 và kt−zk ≤ rz, nên ρ z (t) = max(ρ(t),kt−zk 2 −r z 2 ) = 0.

(dd c ρ z ) n = (dd c max(ρ(t),kt−zk 2 −r z 2 )) n ≥ 0.

Do đó, ta có ρz là nghiệm dưới của M(Ω∩ B(z, rz),0).

Giả sử u z là một nghiệm của M(Ω∩B(z, r z ), à) Khi đú, ϕ z := ρ z +u z là một nghiệm dưới õm của bài toỏn M(Ω∩ B(z, r z ), à) Thật vậy, vỡ ρ z = 0 và u z = 0 trên ∂(Ω∩B(z, r z )) nên ρ z +u z = 0 trên ∂(Ω∩B(z, r z )) và theo nguyên lý cực đại thì ρ z + u z ≤ 0 trong Ω ∩B(z, r z ) Mặt khác, ta có

Theo Định lý 2.1.3, tồn tại hàm liên tục H¨older ϕ trong Ω mà ϕ là hàm PSH trong Ω sao cho

Mặt khác, vì Ω là miền giả lồi chặt nên theo Định lý 1.2 [26], tồn tại hàm ψ liên tục H¨older trong Ω và ψ là hàm PSH trong Ω mà ψ = −ϕ trên ∂Ω.

Khi đú ψ + ϕ là một nghiệm dưới của bài toỏn M(Ω, à) Thật vậy, dễ thấy ψ+ ϕ= 0 trên ∂Ω.

Hơn nữa, theo (2.13) ta có

≥ à trong Ω, vỡ (dd c ψ) n ≥ 0 Theo Định lý 2.2.1 ta cú bài toỏn M(Ω, à) cú nghiệm trong Ω.

Trong Chương 2, chúng tôi đã chứng minh được nếu Ω là miền giả lồi chặt thỡ bài toỏn Dirichlet M(Ω, à) cú nghiệm liờn tục Hăolder khi và chỉ khi bài toán có nghiệm địa phương.

Tính liên tục của bao

Perron-Bremermann của các hàm đa điều hoà dưới

Giả sử Ω là một tập con mở và bị chặn của C n , K là tập con của

Ω chứa ∂Ω và φ : K → [−∞,+∞] là một hàm nửa liên tục trên Bao Perron-Bremermann ứng với hàm φ được xác định như sau:

PΩ,K,φ := sup{ϕ ∗ : ϕ ∈ PSH(Ω) và ϕ ∗ ≤ φ trong K}, ở đây ϕ ∗ (z) := lim sup

Từ định nghĩa của bao Perron-Bremermann, ta có

Mặt khác, vì φ là hàm nửa liên tục trên trong K nên φ ∗ = φ trong K.

Vì vậy, P Ω,K,φ ∗ là hàm PSH trong họ các hàm xác định P Ω,K,φ Do đó, ta có

Bao Perron-Bremermann đã được nhiều tác giả tìm hiểu từ nhiều năm trước đây Kết quả đầu tiên của Bremermann [6] vào năm 1959 cho trường hợp Ω là miền giả lồi chặt, bị chặn và K là biên ∂Ω, φ là hàm liên tục trên ∂Ω Bremermann đã chỉ ra P Ω,∂Ω,φ là một mở rộng đa điều hòa, liên tục của φ trên ∂Ω Sau đó, vào năm 1969, Walsh [35] đã chứng minh rằng

P Ω,∂Ω,φ liên tục trong Ω và là nghiệm duy nhất của bài toán Dirichlet sau:

Khi Ω là miền giả lồi chặt không bị chặn, Simioniuc và Tomassini [32] đã nghiên cứu điều kiện để bao P Ω,∂Ω,φ liên tục trong Ω Gần đây, Nilsson và Wikstr¨om trong [31] đã chỉ ra nếu Ω là miền B-chính quy bị chặn và φ ∈ C(Ω,R) bị chặn dưới, đa điều hòa trên thuần hóa thì P Ω,Ω,φ liên tục bên ngoài một tập đa cực, ở đây một hàm φ : Ω → [−∞,+∞] thuộc lớp C(Ω,R) nếu φ ∗ = φ ∗ trong Ω, trong đó, φ ∗ (z) := lim inf

Trong Chương 3, chúng tôi xem xét tính liên tục và liên tục H¨older của bao Perron-Bremermann P Ω,Ω,φ được xác định như sau.

Giả sử Ω là miền B-chính quy hoặc giả lồi chặt và hàm φ được xác định bởi hàm φ :

 min(u, v) trong G, v trong Ω\G, trong đó G⊂ Ω là miền siêu lồi và u ∈ PSH(G), v ∈ PSH(Ω).

Nội dung của Chương 3 được viết theo tài liệu [3] trong Danh mục các công trình sử dụng trong luận án.

Tính liên tục

Trong phần này, chúng tôi sẽ đưa ra điều kiện của hàm u và v thuộc lớp Cegrell để bao Perron-Bremermann P Ω,Ω,φ là liên tục bên ngoài một tập đa cực Trước hết, chúng tôi sẽ trình bày một số khái niệm miền như miền B-chính quy, miền siêu lồi Tiếp đó, chúng tôi nhắc lại các hàm thuộc lớp Cegrell trong [7]. Định nghĩa 3.1.1 Một miền bị chặn Ω trong C n được gọi là miền B- chính quy nếu mọi hàm nhận giá trị thực, liên tục trên ∂Ω có thể thác triển tới một hàm PSH trong Ω và liên tục trong Ω. Định nghĩa 3.1.2 (i) Tập compact K trong C n được gọi là B-chính quy nếu mọi hàm liên tục trongK có thể xấp xỉ đều trongK bởi các hàm PSH liên tục trong một lân cận của K.

(ii) Tập con đóng địa phương K được gọi là B-chính quy địa phương nếu

∀z ∈ K tồn tại một hình cầu U tâm z sao cho K∩U là miền B-chính quy. Định nghĩa 3.1.3 Một miền G ⊂ C n được gọi là siêu lồi nếu tồn tại một hàm liên tục, hàm PSH vét cạn ρ : G → (−∞,0), tức là, hàm PSH liên tục ρ thỏa mãn {z ∈ G, ρ(z) < c} là tập con compact tương đối của

G với mỗi c ∈ (−∞,0). Định lý của Sibony [34] chỉ ra mối liên hệ về tính B-chính quy trong hai định nghĩa trên. Định lý 3.1.4 Trong C n , cho Ω là miền bị chặn Nếu Ω là miền siêu lồi và ∂Ω là tập compact B-chính quy thì Ω là miền B-chính quy Ngược lại, nếu Ω là miền B-chính quy thì nó là miền siêu lồi, và nếu ∂Ω thuộc lớp

C 1 thì ∂Ω là tập compact B-chính quy.

Nhận xét 3.1.5 Với mỗi miền bị chặn trong C n ta có mối liên hệ sau: Giả lồi chặt → siêu lồi chặt → siêu lồi → giả lồi. Định nghĩa 3.1.6 TrongC n , giả sử Ω là miền siêu lồi bị chặn Ta kí hiệu

E 0 (Ω) là tập các hàm PSH âm, bị chặn u trong Ω thỏa mãn z→∂Ωlim u(z) = 0 và

Ký hiệu F(Ω)là họ các hàm PSH u trong Ω sao cho tồn tại một dãy giảm các hàm {u j } ⊂ E 0 (Ω) hội tụ điểm tới u trong Ω mà sup j≥1

Ký hiệu F a (Ω) gồm các hàm u ∈ F(Ω) sao cho

(dd c u) n = 0 với mọi tập đa cực K ⊂ Ω.

Chúng tôi nhắc lại một kết quả quan trọng liên quan tới các hàm trong

F(Ω) và F a (Ω). Định lý 3.1.7 [15, Bổ đề 4.5] Giả sử Ω ⊂ Ωe, với mỗi u ∈ F(Ω), chúng ta đặt ue:= sup{ϕ ∈ PSH − (Ω) :e ϕ≤ u trong Ω}.

Khi đó, ta có ue∈ F(Ω)e thỏa mãn

Nhận xét 3.1.8 Nếu hàm u, v ∈ F a (Ω) thì hàm u+v ∈ F a (Ω).

Thật vậy, dễ thấy u, v ∈ F(Ω) nên u+v ∈ F(Ω) Vì u, v ∈ F a (Ω) nên ta có

(dd c v) n = 0 với mọi tập đa cực K ⊂ Ω Theo Bổ đề 4.4 trong [1], với 0≤ s ≤ n ta có Z

(dd c u) s ∧(dd c v) n−s = 0. với mọi tập đa cực K ⊂ Ω Vậy hàm u+v ∈ F a (Ω). Định nghĩa 3.1.9 Giả sử Ω ⊂ C n Khi đó, hàm φ : Ω → [−∞,+∞] có

F a -mở rộng dưới nếu tồn tại D chứa Ω, D là miền siêu lồi bị chặn và một hàm ϕ ∈ F a (D) thỏa mãn ϕ≤ φ trong Ω.

Khi đó hàm ϕ được gọi là một F a -mở rộng dưới của hàm φ trong Ω.

Kí hiệu F se a (Ω) là tập hợp các hàm có F a -mở rộng dưới trong Ω.

Tiếp theo, chúng tôi sẽ chứng minh một vài đặc điểm của hàm cóF a -mở rộng dưới.

Mệnh đề 3.1.10 Giả sử Ω là một miền siêu lồi bị chặn trong C n và φ ∈ F a (Ω) Khi đó, hàm φ ∈ F se a (Ω).

Chứng minh Trong C n , giả sử D chứa Ω là một miền siêu lồi bị chặn. Chúng ta xét ϕ := sup{f ∈ PSH − (D) : f ≤ φ trong Ω}. Áp dụng Định lý 3.1.7 cho hàm Ω ⊂ D, φ ∈ F a (Ω) ta được ϕ∈ F(D) và

Giả sử K là tập đa cực trong D Khi đó, K ∩Ω là tập đa cực trong Ω Vì φ ∈ F a (Ω) nên ta có

Khi đó, theo (3.1) và (3.2) thì

Tiếp theo, chúng ta chỉ ra một tính chất dán của các hàm F a -mở rộng dưới.

Mệnh đề 3.1.11 Trong C n , giả sử Ω 1 và Ω 2 là các tập con bị chặn Khi đó, với mọi u1 ∈ F se a (Ω1) và u2 ∈ F se a (Ω2), hàm φ :

 min(u1, u2) trong Ω1 ∩Ω2 u1 trong Ω1\Ω 2 u 2 trong Ω 2 \Ω 1 thuộc F se a (Ω1 ∪Ω2).

Chứng minh Do u j ∈ F se a (Ω j ) với j = 1; 2 nên tồn tại các miền siêu lồi bị chặn D j chứa Ω j và các hàm v j ∈ F a (D j ) sao cho v j ≤ u j trong Ω j (3.3)

Giả sử D ⊂ C n là miền siêu lồi bị chặn sao cho D chứa D1 ∪D2 Ta đặt ψ j := sup{ϕ ∈ PSH − (D) : ϕ ≤ v j trong D j }.

Theo Định lý 3.1.7 ta có ψ j ∈ F(D) và

Với mọi tập đa cực K ⊂D thì K ∩ D j là tập đa cực trong D j nên

K(dd c ψ j ) n ≥0 Suy ra ψ j ∈ F a (D) Khi đó, theo Nhận xét 3.1.8 ta có ψ 1 +ψ 2 ∈ F a (D) Mặt khác, vì ψ j ≤ v j trong D j và kết hợp với (3.3) ta được ψ j ≤ v j ≤ u j trong Ω j

Từ đây và theo cách xác định hàm φ, ta có φ = min(u 1 , u 2 ) ≥ min(v 1 , v 2 ) ≥v 1 +v 2 ≥ ψ 1 +ψ 2 trong Ω 1 ∩Ω 2 , vì v 1 , v 2 là các hàm âm Mặt khác, trong Ω 1 \Ω 2 , ta có φ = u1 ≥ ψ1 ≥ ψ1 + ψ2, vì ψ 1 , ψ 2 là các hàm âm Tương tự, ta có φ ≥ ψ 1 +ψ 2 trong Ω 2 \Ω 1

Suy ra φ ≥ ψ 1 +ψ 2 trong Ω 1 ∪ Ω 2 Vậy φ ∈ F se a (Ω 1 ∪Ω 2 ).

Kết hợp 2 Mệnh đề 3.1.11 và 3.1.10 ta có hệ quả dưới đây.

Hệ quả 3.1.12 Trong C n , lấy Ω 1 và Ω 2 là miền siêu lồi bị chặn Khi đó, với mọi hàm u1 ∈ F a (Ω1) và u2 ∈ F a (Ω2), hàm φ :

 min(u1, u2) trong Ω1 ∩Ω2 u1 trong Ω1\Ω 2 u2 trong Ω2\Ω 1 thuộc F se a (Ω 1 ∪Ω 2 ).

Chứng minh VìΩ 1 ,Ω 2 ⊂C n là miền siêu lồi bị chặn vàu 1 ∈ F a (Ω 1 ), u 2 ∈

F a (Ω2) nên từ Mệnh đề 3.1.10 thì u 1 ∈ F se a (Ω 1 ) và u 2 ∈ F se a (Ω 2 ).

Theo mệnh đề 3.1.11 thì φ ∈ F se a (Ω1 ∪Ω2).

Vậy hệ quả được chứng minh.

Chúng tôi sẽ dùng một số định nghĩa và kết quả sau đây từ [30]. Định nghĩa 3.1.13 Giả sử Ω là tập con bị chặn của C n và ψ là một hàm PSH trong lân cận mở của Ω Khi đó, ψ là hàm non mạnh của hàm φ : Ω → R nếu

Một hàm γ được gọi là trội mạnh của hàm φ, nếu −γ là hàm non mạnh của hàm −φ.

Nhận xét 3.1.14 Nếu φ bị chặn dưới trên Ω thì mọi hàm PSH ψ trong

Ω là hàm non mạnh của φ. Định lý 3.1.15 [30, Định lý 4.8] Cho Ω là miền bị chặn B-chính quy và giả sử φ là hàm có một hàm non mạnh v và có một hàm trội mạnh w sao cho φ ∗ = φ ∗ trong Ω.

P φ (z) = sup{u(z) : u ∈ PSH(Ω), u ∗ ≤φ} là hàm liên tục trong z ∈ Ω : v ∗ (z) 6= −∞ ∩ {z ∈ Ω : w ∗ (z) 6= +∞}. Để có được kết quả chính trong phần này, chúng tôi trình bày một số kết quả cần thiết sau đây.

Mệnh đề 3.1.16 Giả sử Ω là một tập con bị chặn của C n Khi đó, với mỗi hàm φ ∈ F se a (Ω), tồn tại một hàm non mạnh ψ của hàm φ ∗

Chứng minh Vì φ ∈ F se a (Ω) nên tồn tại một miền siêu lồi bị chặn D chứa

Ω và một hàm u đa điều hòa dưới sao cho u ∈ F a (D) và u≤ φ trong Ω (3.4)

Do u là hàm PSH trong D nên u là hàm nửa liên tục trên trong Ω Khi đó, ta có u = u ∗ trong Ω.

Kết hợp với (3.4) ta được u ≤ φ ∗ trong Ω (3.5)

Với j ≥ 1, ta đặt G j := {u < −j} ⊂ D và u j := sup{ϕ ∈ PSH − (D) : ϕ ≤u trong G j }.

Ta có u thuộc tập hợp các hàm xác định của u j nên u ≤ u j trong D.

Mặt khác, theo định nghĩa của uj thì u j ≤ u trong G j Suy ra u = uj trong Gj (3.6)

Mặt khác, do u là hàm nửa liên tục trên trong Ω nên u ∗ j = u trong G j Khi đó u ∗ j thuộc họ các hàm xác định của u j nên u ∗ j ≤u j trong D.

Suy ra u j = u ∗ j là hàm PSH trong D. Áp dụng Mệnh đề 3.2 [24] thì u j là F-cực đại trong F-phần trong của D\G j Nênu j là F-cực đại trong {u > −j} Vì u j bị chặn trong{u > −j} , theo Định lý 4.8 trong [24], với mọi j ≥ 1 ta có

Ta có G j+1 ⊂ G j với mọi j ≥ 1 Do u = u j trong G j nên u = u j trong

G j+1 Nên u j nằm trong tập hợp các hàm xác định của u j+1 Suy ra uj ≤uj+1 trong D.

Từ đây suy ra u j % f hầu khắp nơi trong D khi j → +∞ Theo Hệ quả 4.6 [24], với mọi j ≥ 1 ta có

(dd c f) n = 0 trong {u > −j} (3.8) Thật vậy, với mỗi k > j ta có

(dd c u k ) n = 0 trong {u > −j}. Hơn nữa, u k % f trong {u > −j} nên

Vì f ≥uj ≥ u trong D nên f ∈ F a (D) Kết hợp điều này với (3.8) ta thu được f ≡ 0 trong D (3.9)

(dd c f) n = 0 và theo (3.8) ta có

Giả sử f < 0 trong D, tồn tại ϕ∈ E 0 (D) sao cho f ≤ ϕ < 0.

(dd c f) n > 0. Điều này dẫn đến mâu thuẫn Do đó, (3.9) đúng.

Mặt khác, do u ∈ F(D) và u ≤ uj ≤ 0 trong D nên ta có

Khi đó, theo định lý hội tụ đơn điệu Lebegues và (3.9), ta được j→+∞lim

Giả sử {j k } ⊂ N là dãy tăng các chỉ số sao cho

Khi đó, vì u j ≤ 0 trong D và theo (3.10) nên ta có

Vậy ψ 6≡ −∞ trên mọi thành phần liên thông của D Khi đó, ψ là hàm PSH trong D.

Ta còn phải chứng minh hàm ψ thỏa mãn

Thật vậy, giả sử z ∈ Ω∩ {φ ∗ = −∞} Từ (3.5) ta có u(z) = −∞ và do đó z ∈ Gj 1 , kết hợp với (3.6) suy ra u j 1 (z) =u(z) = −∞.

Theo định nghĩa của hàm ψ ta có ψ(z) ≤ uj 1 (z).

Do đó ψ(z) = −∞ Khi đó, ta có

Từ (3.6) ta có u j k = u trong G j k Với 1 ≤k ≤ s thì Gj s ⊂ Gj k nên u j k = u trong G j s

Mặt khác, ta có u j là các hàm âm với mọi j ≥ 1 nên

Từ đây và (3.5), ∀s ≥1 ta có ψ ≤s.u ≤ sφ ∗ hay ψ φ ∗ ≥s trong G j s

Suy ra ψ(z) φ ∗ (z) → +∞ khi u(z) → −∞. nên theo (3.5) ta có ψ(z) φ ∗ (z) →+∞ khi φ ∗ (z) → −∞.

Vậy hàm ψ là một non mạnh của của φ ∗

Bổ đề 3.1.17 Trong C n , cho G và Ω là các tập con đóng mà G ⊂Ω Giả sử u ∈ C(G,R) và v ∈ C(Ω,R) thỏa mãn v ≤ u trên ∂G Khi đó, hàm φ :

Chứng minh Vì G là tập đóng nên

{φ < c} ∩(Ω\G) ={v < c} ∩(Ω\G) Mặt khác, do φ = min(u, v) trong G nên

{v < c} = ({v < c} ∩intG)∪({v < c} ∩(Ω\G))∪({v < c} ∩∂G). Khi đó, ta có

Do u ∈ C(G,R) và v ∈ C(Ω,R) nên {u < c} mở trong G và {v < c} ⊂ Ω mở Mặt khác, G là tập đóng nên {u < c} ⊂ Ω mở Suy ra {φ < c} ⊂ Ω là tập mở ∀c ∈ R Do đó, φ là hàm nửa liên tục trên trong Ω Suy ra φ ∗ = φ trong Ω.

Tương tự, ta có tập {φ > c} là tập mở trong Ω với mọi c ∈ R Suy ra φ là hàm nửa liên tục dưới trong Ω Do đó, φ ∗ = φ trong Ω.

Bổ đề 3.1.18 Cho Ω là miền bị chặn B-chính quy trong C n Giả sử φ ∈ C(Ω,R) có một non mạnh ψ Khi đó

P φ − := sup{ϕ ∗ : ϕ ∈ PSH − (Ω), ϕ ∗ ≤ φ trong Ω}. là hàm liên tục trên Ω∩ {ψ ∗ > −∞}.

Chứng minh Đặt φ 1 := min(φ,0) ∈ C(Ω,R) Vì φ 1 = φ trong {φ < 0} nên ψ là một non mạnh của φ1 Vì φ1 ≤ 0 trong Ω, hàm w ≡ 0 là một trội mạnh của φ 1 Ta có

Theo Định lý 3.1.15, ta có hàm P φ − liên tục trong Ω∩ {ψ ∗ > −∞}.

Sử dụng các kết quả trên, chúng tôi chứng minh tính liên tục của bao Perron-Bremermann ứng với hàm PSH trong miền siêu lồi bị chặn. Định lý 3.1.19 Cho Ω ⊂ C n là miền bị chặn B-chính quy và G b Ω là miền siêu lồi Giả sử u ∈ F a (G)∩ C(G,R) và v ∈ F a (Ω)∩ C(Ω,R) sao cho v(z) ≤ lim inf

Hàm φ được định nghĩa như sau: φ :

Khi đó, tồn tại một hàm PSH ψ trong Ω để {ψ ∗ > −∞}.

Chứng minh Ta có G ⊂ Ω là tập con đóng, u ∈ C(G,R), v ∈ C(Ω,R) và thỏa mãn v(z) ≤ lim inf

G3ξ→z u(ξ) với mọi z ∈ ∂G nên theo Bổ đề 3.1.17 thì φ ∈ C(Ω,R) Suy ra φ ∗ = φ trong Ω (3.11)

Vì Ω ⊂ C n là miền bị chặn B-chính quy, theo Định lý 3.1.4 thì Ω ⊂ C n là miền siêu lồi bị chặn Mặt khác, vì u ∈ F a (G) và v ∈ F a (Ω) nên từ Mệnh đề 3.1.10 thì u ∈ F se a (G) và v ∈ F se a (Ω) Vì vậy, theo Mệnh đề 3.1.11 thì φ ∈ F se a (Ω) Từ (3.11) và Mệnh đề 3.1.16, tồn tại một hàm non mạnh ψ của hàm φ Từ Bổ đề 3.1.18, ta có P Ω,Ω,φ là hàm liên tục trên

Tính liên tục H¨ older

Trong phần này, chúng tôi sẽ xem xét tính liên tục H¨older của bao Perron-Bremermann P Ω,Ω,φ Chúng tôi sử dụng một số kết quả sau để thu được kết quả chính của phần này.

Bổ đề 3.2.1 Trong C n , giả sử G và Ω là các tập con đóng mà G ⊂ Ω. Giả sử u : G →R và v : Ω →R là các hàm bị chặn thỏa mãn v ≤ u trên ∂G (3.12)

Với t≥ 0, ta đặt ω(t) := sup x,y∈G,kx−yk≤t

 min(u, v) trong G v trong Ω\G thỏa mãn ước lượng

|φ(x)−φ(y)| ≤2ω(kx−yk)∀x, y ∈ Ω (3.13) Chứng minh Giả sử x, y ∈ Ω\intG Từ (3.12) ta có φ(x) =v(x) và φ(y) =v(y), nên

≤ sup x 0 ,y 0 ∈Ω\intG,kx 0 −y 0 k≤kx−yk

Giả sử x ∈ G và y ∈ Ω\intG Do đoạn [x, y] liên thông nên tồn tại z ∈ ∂G sao cho

Vì G là tập đóng nên G = intG∪∂G Suy ra x, z ∈ G và y, z ∈ Ω\intG.

Do đó, theo chứng minh trên ta có

|φ(x)−φ(z)| ≤ ω(kx−zk) và |φ(z)−φ(y)| ≤ ω(kz −yk).

Bổ đề 3.2.2 Cho Ω ⊂ C n là một miền và φ : Ω → R là một hàm nửa liên tục trên Giả sử tồn tại một hàm PSH ψ trong Ω để ψ ≤ φ trong Ω và

Với t≥ 0, ta đặt ω(t) := 2 sup kx−yk≤2t

P φ := sup{ϕ∈ PSH(Ω) : ϕ≤ φ trong Ω} là hàm PSH trong Ω và thỏa mãn đánh giá sau:

Chứng minh Theo cách xác định của P φ ta có P φ ≤ φ trong Ω nên P φ ∗ ≤ φ trong Ω, vì φ nửa liên tục trên trong Ω Khi đó, P φ ∗ thuộc họ các hàm xác định hàm Pφ nên P φ ∗ ≤ Pφ trong Ω Do đó, Pφ = P φ ∗ trong Ω Suy ra

P φ là hàm PSH trong Ω Mặt khác, ψ thuộc họ các hàm xác định của hàm

Giả sử x, y ∈ Ω sao cho x6= y và ta đặt

Với mọi z ∈ Ω∩Ω x,y , theo (3.16) và định nghĩa của ω, ta có

Giả sử z ∈ Ω∩∂Ωx,y Vì z+x−y ∈ ∂Ω nên tồn tại một dãy {z j } ⊂ Ω thỏa mãn z j → z+ x−y.

Vì lim z→ξ[ψ(z)−φ(z)] = 0 với mọi ξ ∈ ∂Ω nên j→+∞lim [ψ(zj)−φ(zj)] = 0.

Từ đây và (3.16), ta có

P φ (z) khi z ∈ Ω\Ω x,y là hàm PSH trong Ω và Pφ ≤ϕ trong Ω Mặt khác, ta có ϕ≤ φ trong Ω.

Do đó, hàm ϕ thuộc lớp các hàm xác định P φ nên ϕ ≤ P φ trong Ω nên ϕ ≡P trong Ω Khi đó,

P φ (z) ≥P φ (z+x−y)−ω(kx−yk) với mọi z ∈ Ω∩Ω x,y Đặc biệt, khi z = y, ta có

Bổ đề 3.2.3 Giả sử u là một hàm liên tục H¨older trong một tập con Ω của C n Khi đó u có thể được mở rộng thành hàm liên tục H¨older trong Ω.

Chứng minh Vì u là hàm liên tục H¨older trong Ω nên ∃C, α là hằng số dương để

|u(x)−u(y)| ≤ Ckx−yk α nên u(y)−Ckx−yk α ≤ u(x) ≤ u(y) +Ckx−yk α với mọi x, y ∈ Ω.

Do đó, ∀ξ ∈ ∂Ω và y ∈ Ω, thì u(y)−Ckξ −yk α = lim inf

= u(y) +Ckξ −yk α Khi đó, tồn tại

Vậy hàm u được mở rộng thành hàm liên tục H¨older trong Ω.

Sử dụng các kết quả trên đây, chúng tôi trình bày kết quả chính thứ hai của chương này là điều kiện để bao Perron-Bremermann liên tục H¨older. Định lý 3.2.4 Với Ω là miền giả lồi chặt và G, u, v, φ được xác định trong Định lý 3.1.19 Hơn nữa, giả sử hàm u liên tục H¨older trong G và hàm v liên tục H¨older trong Ω Khi đó, P Ω,Ω,φ liên tục H¨older trong Ω.

Bổ đề 3.2.1 chỉ ra rằng

|v(x 0 )−v(y 0 )| với mọi x, y ∈ Ω nên φ là hàm liên tục H¨older trong Ω.

Vì Ω là miền giả lồi chặt nên có thể tìm được hàm liên tục H¨older ρ trong Ω thỏa mãn ρ là hàm PSH âm trong Ω và ρ = 0 trên ∂Ω.

Giả sử ε > 0 thỏa mãn ψ := v+ ερ < u trong G.

(ii) ψ là hàm liên tục H¨older trong Ω;

Từ Bổ đề 3.2.2 suy ra P Ω,Ω,φ là hàm PSH trong Ω và

|ψ(x 0 )−ψ(y 0 )| với mọi x, y ∈ Ω, và do đó, P Ω,Ω,φ là hàm liên tục H¨older, hàm PSH trong

Trong Chương 3, chúng tôi đã chỉ ra tính liên tục của bao Perron-Bremermann khi Ω là miền bị chặn B−chính quy và liên tục H¨older của bao Perron-Bremermann khi Ω là miền giả lồi chặt.

Luận án nghiên cứu sự liên tục của nghiệm của bài toán Dirichlet cho toán tử Monge-Ampère phức trong miền B F -chính quy, miền giả lồi chặt và mở rộng nghiên cứu tính liên tục và liên tục H¨older của bao Perron- Bremermann ứng với các hàm đa điều hòa dưới trong miền siêu lồi và đạt được các kết quả chính sau đây:

• Chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán Dirichlet cho toán tử Monge-Ampère phức MA(Ω, f dV 2n , φ) trong miền B F -chính quy.

• Chứng minh khi mở rộng Ω từ miền giả lồi chặt thành miền B F -chính quy thì nghiệm của bài toán MA(Ω, f dV 2n , φ) có thể không liên tục theo nghĩa thông thường.

• Chứng minh bài toỏn Dirichlet M(Ω, à) cú nghiệm toàn cục trờn miền giả lồi chặt khi và chỉ khi bài toán có nghiệm địa phương.

• Chứng minh sự liên tục và liên tục H¨older của bao Perron-Bremermann của hàm đa điều hòa dưới trong miền bị chặn B−chính quy và miền giả lồi chặt.

Từ những kết quả thu được của luận án trong quá trình nghiên cứu, chúng tôi đề xuất một số hướng nghiên cứu tiếp theo như sau:

• Nghiên cứu mở rộng định nghĩa toán tử Monge-Ampère phức cho lớp các hàm m-điều hòa dưới trong các tập mở đa mịn.

• Nghiên cứu phương trình Hessian cho các miền tập mở đa mịn.

Cuối cùng, chúng tôi xin mong nhận những góp ý quý báu của các thầy cô và đồng nghiệp về những hướng nghiên cứu, những vấn đề mới liên quan tới đề tài luận án để tiếp tục phát triển hướng nghiên cứu này. trong Luận án

1 N.X Hong and P.T Lieu, The Dirichlet Problem for the complex Monge-Ampere operator on strictly plurifinely pseudoconvex domains, Complex Analysis and Operator Theory., (2021) 15:124.

2 N.X Hong and P.T Lieu, Local H¨older continuity of solutions of the complex Monge-Ampere equation, Journal of Mathematical Analysis and Applications, 507 (2022), 125737.

3 T.V Long, N.X Hong and P.T Lieu, Continuity of the Perron - Bremermann envelope of plurisubharmonic functions, Collectanea Math- ematica, https://doi.org/10.1007/s13348-023-00405-9.

[1] P ˚Ahag, U Cegrell, R Czy˙z and P H Hiep,Monge-Ampère measures on pluripolar sets, J Math Pures Appl., 92 (2009), 613–627.

[2] L Baracco, T V Khanh, S Pinton and G Zampieri,H¨older regularity of the solution to the complex Monge-Ampère equation with L p density, Calc Var PDE, 55 (2016), no 4, Art 74, 8 pp.

[3] E Bedford and B A Taylor, The Dirichlet problem for a complex Monge-Ampère operator, Invent Math., 37(1976), 1–44.

[4] E Bedford and B A Taylor, A new capacity for plurisubharmonic functions, Acta Math., 149(1982), 1–40.

[5] E Bedford and B A Taylor,Fine topology, Silov boundary and (dd c ) n ,

[6] H J Bremermann, On a generalized Dirichlet problem for plurisub- harmonic functions and pseudo-convex domains Characterization of Silov boundaries, Trans Amer Math Soc.,ˇ 91 (1959), 246-276.

[7] U Cegrell, The general definition of the complex Monge-Ampère op- erator, Ann Inst Fourier (Grenoble), 54, 1 (2004), 159–179.

[8] M Charabati, H¨older regularity for solutions to complex Monge- Ampère equations, Ann Pol Math 113(2015), No 2, 109–127.

[9] M Coltoiu and N Mihalache, Pseudoconvex domains on complex spaces with singularities, Compositio Math 72 (3) (1989), 241–247.

[10] N N Cuong, On the H¨older continuous subsolution problem for the complex Monge-Ampère equation, Calc Var PDE, 57 (2018), no 1, Paper No 8, 15 pp.

[11] N N Cuong, On the H¨older continuous subsolution problem for the complex Monge-Ampère equation, II, Anal PDE, 13 (2020), no 2, 435–453.

[12] J P Demailly, S Dinew, V Guedj, P H Hiep, S Ko lodziej and A. Zeriahi, H¨older continuous solutions to Monge-Ampère equations, J. Eur Math Soc (JEMS) 16 (2014), No 4, 619–647.

[13] S Dinew, V Guedj and A Zeriahi, Open problems in pluripotential theory, Complex Var Elliptic Equ 61 (2016) (7), 902–930.

[14] V Guedj, S Ko lodziej and A Zeriahi, H¨older continuous solutions to the complex Monge-Ampère equations, Bull Lond Math Soc 40 (2008), No 6, 1070–1080.

[15] P H Hiep, Pluripolar sets and the subextension in Cegrell’s classes, Complex Var Elliptic Equ., 53 (2008), 675–684.

[16] P H Hiep, H¨older continuity of solutions to the Monge-Ampère equa- tions on compact K¨ahler manifolds, Ann Inst Fourier60, No 5, 1857–

[17] N.X Hong, Range of the complex Monge-Ampère operator on plu- rifinely domain, Complex Var Elliptic Equ 63 (2018) 532–546.

[18] N X Hong and P T Lieu, The Dirichlet problem for the complex Monge-Ampère operator on strictly plurifinely pseudoconvex domains, Complex Anal Oper Theory., (2021) 15:124.

[19] N X Hong and P T Lieu, Local H¨older continuity of solutions of the complex Monge-Ampère equation, J Math Anal Appl., 507 (2022), 125737.

[20] N X Hong and T V Thuy, H¨older continuous solutions to the com- plex Monge-Ampère equations in non-smooth pseudoconvex domains, Anal Math Phys., 8 (2018), no 3, 465–484.

[21] S Ko lodziej, Some sufficient conditions for solvability of the Dirichlet problem for the complex Monge-Ampère operator, Ann Polon Math.

[22] S Ko lodziej, The complex Monge-Ampère equation, Acta Math 180 (1998), no 1, 69–117.

[23] M El Kadiri, Fonctions finement plurisousharmoniques et topologie plurifine, Rend Accad Naz Sci XL Mem Mat Appl (5) 27 (2003), 77–88.

[24] M El Kadiri and I M Smit, Maximal plurifinely plurisubharmonic functions, Potential Anal., 41 (2014), 1329–1345.

[25] M El Kadiri and J Wiegerinck, Plurifinely plurisubharmonic func- tions and the Monge-Ampère operator, Potential Anal., 41 (2014), 469–485.

[26] S Y Li, On the existence and regularity of Dirichlet problem for com- plex Monge-Ampère equations on weakly pseudoconvex domains, Calc.Var PDE, 20 (2004), 119–132.