Tính chính quy của nghiệm nhớt liên tục của phương trình đạo hàm riêng cấp 1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI CHU THỊ THANH THỦY TÍNH CHÍNH QUY CỦA NGHIỆM NHỚT LIÊN TỤC CỦA PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chun ngành: Tốn Giải tích Mã số: 60.46.01.02 Người hướng dẫn khoa học TS TRẦN VĂN BẰNG Hà Nội - 2013 LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành Trường Đại học Sư phạm Hà Nội hướng dẫn TS Trần Văn Bằng Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới thầy giáo, tiến sĩ Trần Văn Bằng, thầy cô giáo nhà trường thầy cô giáo giảng dạy chuyên ngành Tốn Giải tích giúp đỡ tác giả suốt trình học tập làm luận văn Cuối cùng, tác giả xin cảm ơn tới gia đình, bạn bè, đồng nghiệp động viên tạo điều kiện thuận lợi để tác giả hoàn thành luận văn Hà Nội, tháng 05 năm 2013 Tác giả Chu Thị Thanh Thủy LỜI CAM ĐOAN Luận văn kết nghiên cứu cá nhân hướng dẫn TS Trần Văn Bằng Trong nghiên cứu, hồn thành Luận văn tơi tham khảo số tài liệu ghi phần tài liệu tham khảo Tôi xin khẳng định kết đề tài “Tính quy nghiệm nhớt liên tục phương trình đạo hàm riêng cấp 1” khơng có trùng lặp với kết đề tài khác Hà Nội, tháng 05 năm 2013 Tác giả Chu Thị Thanh Thủy Mục lục Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Nghiệm nhớt phương trình đạo hàm riêng phi tuyến cấp 1.1.1 Định nghĩa tính chất 1.1.2 Phép toán nghiệm nhớt 10 1.1.3 Hàm lề 17 1.2 Tính so sánh nghiệm 21 Chương Tính quy nghiệm nhớt 31 2.1 Tính liên tục Lipschitz 31 2.2 Tính nửa lõm 36 2.3 Tính khả vi 40 Kết luận 42 Tài liệu tham khảo 43 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Đầu thập kỷ 80, M G Crandall đưa khái niệm nghiệm yếu “nghiệm nhớt” cho phương trình đạo hàm riêng phi tuyến cấp (xem [3]) Nói chung nghiệm yếu cho phép hàm nói chung cần liên tục nghiệm phương trình đạo hàm riêng cấp Sự phù hợp khái niệm thể chỗ giải tính đặt chỉnh nhiều tốn phi tuyến vốn chưa có lời giải trước Rất nhiều nhà toán học giới quan tâm đến khái niệm phát triển kết liên quan tới nghiệm nhớt liên tục đưa khái niệm nghiệm nhớt đo (không liên tục) cho phương trình đạo hàm riêng cấp (xem [1, 4, 2]) Qua trình học tập nghiên cứu, động viên, hướng dẫn thầy giáo TS Trần Văn Bằng, với mong muốn tìm hiểu sâu loại nghiệm suy rộng nên tơi chọn đề tài: “Tính quy nghiệm nhớt liên tục phương trình đạo hàm riêng cấp một” Ngoài mục lục, phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, luận văn trình bày chương: Chương Kiến thức chuẩn bị: trình bày số khái niệm kết bản, cần thiết cho nghiên cứu chương nghiệm nhớt liên tục phương trình đạo hàm riêng cấp 1, nguyên lý so sánh nghiệm tính Chương Tính quy nghiệm nhớt liên tục: trình bày số kết tính liên tục Lipschitz, tính nửa lõm tính khả vi nghiệm nhớt liên tục Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu tính quy nghiệm nhớt liên tục phương trình đạo hàm riêng cấp Nhiệm vụ nghiên cứu Tìm hiểu khái niệm nghiệm nhớt phương trình đạo hàm riêng phi tuyến cấp một; Tìm hiểu tính liên tục Lipschitz nghiệm nhớt; Tìm hiểu tính nửa lõm nghiệm nhớt; Tìm hiểu tính khả vi nghiệm nhớt; Đối tượng phạm vi nghiên cứu +) Đối tượng nghiên cứu: Nghiệm nhớt phương trình đạo hàm riêng +) Phạm vi nghiên cứu: Xét loại nghiệm nhớt liên tục phương trình đạo hàm riêng cấp Phương pháp nghiên cứu Sử dụng phương pháp tổng hợp, phân tích tài liệu kiến thức có liên quan Đóng góp luận văn Trình bày cách tổng quan vấn đề nghiên cứu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Nghiệm nhớt phương trình đạo hàm riêng phi tuyến cấp 1.1.1 Định nghĩa tính chất Trong mục chúng tơi trình bày khái niệm nghiệm nhớt phương trình đạo hàm riêng (ĐHR) cấp số tính chất dựa vào nguyên lý so sánh nghiệm mối quan hệ với khái niệm nghiệm cổ điển phương trình Trong luận văn Ω ⊂ RN tập mở, F : Ω × R × RN → R hàm liên tục ba biến (x, r, p) Ta sử dụng kí hiệu thơng thường sau đây: C(Ω) không gian tất hàm thực liên tục Ω; Ck (Ω), k = 1, 2, không gian tất hàm thuộc C(Ω) có đạo hàm riêng đến cấp k liên tục Ω Với hàm u ∈ C1 (Ω), Du(x) gradient u x ∈ Ω Xét phương trình ĐHR phi tuyến cấp (thường gọi phương trình HamiltonJacobi): F(x, u(x), Du(x)) = 0, x ∈ Ω (HJ) Định nghĩa 1.1 Hàm u ∈ C(Ω) nghiệm nhớt phương trình (HJ) với ϕ ∈ C1 (Ω) ta có: F(x0 , u(x0 ), Dϕ(x0 )) ≤ (1.1) điểm cực đại địa phương x0 ∈ Ω u − ϕ Hàm u ∈ C(Ω) nghiệm nhớt phương trình (HJ) với ϕ ∈ C1 (Ω) ta có: F(x1 , u(x1 ), Dϕ(x1 )) ≥ (1.2) điểm cực tiểu địa phương x1 ∈ Ω u − ϕ Hàm u nghiệm nhớt vừa nghiệm nhớt vừa nghiệm nhớt phương trình Hàm ϕ(x) định nghĩa thường gọi hàm thử Ví dụ 1.1 Hàm số u(x) = |x| nghiệm nhớt phương trình: − u (x) + = 0, x ∈ (−1, 1) Thật vậy, ta xét hai trường hợp: x = cực trị địa phương u − ϕ ϕ (x) = u (x) = ±1 Vì điểm điều kiện nghiệm nhớt trên, nghiệm nhớt thỏa mãn Nếu cực tiểu địa phương u − ϕ, ta tính |ϕ (0)| ≤ nên điều kiện nghiệm nhớt Bây ta chứng minh cực đại địa phương u−ϕ với ϕ ∈ C1 ([0, 1]) Thật vậy, cực đại địa phương u−ϕ ta có (u − ϕ)(0) ≥ (u − ϕ)(x) lân cận 0, hay ϕ(x) − ϕ(0) ≥ u(x) lân cận 0, từ ta có: ϕ (0) = lim x→0+ ϕ(x) − ϕ(0) u(x) ≥ lim =1 + x−0 x x→0 ϕ(x) − ϕ(0) u(x) ≤ lim − = −1 x−0 x x→0+ x→0− Vô lý, cực đại địa phương u − ϕ ϕ (0) = lim Để ý rằng, hàm số u(x) = |x| khơng phải nghiệm nhớt phương trình: u (x) − = 0, x ∈ (−1, 1) Thật điều kiện nghiệm không thỏa mãn x0 = điểm cực tiểu địa phương |x| − (−x2 ) Chú ý: Đối với phương trình tiến hóa có dạng: ut (t, y) + H(t, y, u(t, y), Dy u(t, y)) = 0, (t, y) ∈ (0, T ) × D ta việc đặt: x = (t, y) ∈ Ω = (0, T ) × D ⊆ RN+1 , F(x, r, p) = qN+1 + H(x, r, q1 , , qN ) với q = (q1 , , qN , qN+1 ) ∈ RN+1 Nhận xét 1.1 Trong định nghĩa nghiệm nhớt ta ln giả sử x0 điểm cực đại địa phương ngặt hàm u − ϕ (nếu khơng ta thay ϕ(x) ϕ(x) + |x − x0 |2 ) Hơn (1.1) phụ thuộc vào giá trị Dϕ x0 , nên khơng tính tổng qt ta giả sử u(x0 ) = ϕ(x0 ) Đối với định nghĩa nghiệm nhớt ta có nhận xét tương tự Về mặt hình học điều có nghĩa rằng: hàm thử điều kiện nghiệm nhớt (1.1) u tiếp xúc với đồ thị u Ta ý không gian C1 (Ω) hàm thử Định nghĩa 1.1 thay C∞ (Ω) Mệnh đề sau thể đặc trưng nghiệm nhớt mối quan hệ với nghiệm cổ điển: Mệnh đề 1.1 (a) Nếu hàm u ∈ C(Ω) nghiệm nhớt (HJ) Ω, u nghiệm nhớt (HJ) Ω , với tập mở Ω ⊂ Ω; (b) Giả sử hàm u ∈ C(Ω) nghiệm cổ điển (HJ), tức u khả vi điểm x ∈ Ω và: F(x, u(x), Du(x)) = 0, ∀x ∈ Ω (1.3) Khi u nghiệm nhớt (HJ); (c) Nếu hàm u ∈ C1 (Ω) nghiệm nhớt (HJ), u nghiệm cổ điển phương trình Chứng minh (a) Nếu x0 cực đại địa phương (trên Ω ) u−ϕ, ϕ ∈ C1 (Ω ), ˜ ˜ x0 cực đại địa phương (trên Ω) u − ϕ, với ϕ ∈ C1 (Ω) thỏa mãn ¯ ˜ ϕ ≡ ϕ B(x0 , r), với r > Từ (1.1) ta có ˜ ≥ F(x0 , u(x0 ), Dϕ(x0 )) = F(x0 , u(x0 ), Dϕ(x0 )) Chứng tỏ u nghiệm nhớt (HJ) Ω Lập luận tương tự ta có u nghiệm nhớt (HJ) Ω Vậy (a) chứng minh (b) Lấy ϕ ∈ C1 (Ω) Do u khả vi nên điểm cực tiểu cực đại địa phương u − ϕ ta có Du(x) = Dϕ(x) Từ (1.3) ta = F(x0 , u(x0 ), Dϕ(x0 ) ≤ x0 điểm cực đại địa phương u − ϕ, = F(x1 , u(x1 ), Dϕ(x1 ) ≥ x1 điểm cực tiểu địa phương u − ϕ Theo Định nghĩa 1.1 ta chứng minh (b) (c) Nếu u ∈ C1 (Ω), lấy ϕ ≡ u định nghĩa nghiệm nhớt Khi x ∈ Ω vừa cực đại vừa cực tiểu địa phương hàm u − ϕ Do theo (1.1) (1.2) thì: F(x, u(x), Du(x)) = 0, ∀x ∈ Ω Vậy mệnh đề chứng minh Mệnh đề (a) cho thấy khái niệm nghiệm nhớt có tính địa phương Vì ta lấy hàm thử (1.1) (1.2) thuộc C1 (RN ) thuộc hình cầu B(x, r) với tâm x ∈ Ω Định nghĩa nghiệm nhớt có liên quan chặt chẽ đến hai tính chất nêu lý thuyết phương trình eliptic - parabolic ngun lý cực đại nguyên lý so sánh Với phương trình (HJ) hai tính chất xây dựng tương ứng sau Định nghĩa 1.2 Một hàm số u ∈ C(Ω) thỏa mãn nguyên lý so sánh với nghiệm nhớt trơn ngặt với ϕ ∈ C1 (Ω) tập mở O ⊂ Ω cho ∀x ∈ O, u ≤ ϕ ∂ O F(x, ϕ(x), Dϕ(x)) > 0, u ≤ ϕ O Ta nói hàm số u ∈ C(Ω) thỏa mãn nguyên lý cực đại với ϕ ∈ C1 (Ω) tập mở O ⊂ Ω cho: F(x, ϕ(x), Dϕ(x)) > 0, u − ϕ khơng thể có cực đại không âm O ∀x ∈ O ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ Ta có bất đằng thức Ψ(t , x, s, y) ≥ Ψ(t , x, t , x) + Ψ(s, y, s, y) với (1.42) sau ¯ ¯ ¯ ¯ trình tính tốn ¯ ¯ |x − y|2 |t − s|2 ¯ ¯ + ≤ C(1 + |x − y|) + 4δ + σ (s − t ) ¯ ¯ ¯ ¯ ε ε ≤ C(1 + |x − y|) + 2σ0 , ¯ ¯ với < δ < σ0 /4 < σ < σ0 /2T Biểu thức có nghĩa với ε, α ∈ [0, 1] tồn Cε ,Cα > thỏa mãn |x − y| ≤ Cε , ¯ ¯ ¯ ¯ |t − s| ≤ Cα , lim Cα = (1.44) α→0 ¯ ¯ ¯ ¯ Nếu (t , x), (t , x) ∈ [0, T ] × RN Áp dụng định nghĩa nghiệm nhớt Bổ đề 1.4 ta có σ+ 1 ¯ ¯ ¯ (t − s) + H(t , (x − y) − δ Dx ς (x, y)) ≤ ¯ ¯ ¯ ¯ α ε 1 ¯ ¯ (t − s) + H(s, (x − y) + δ Dy ς (x, y)) ≥ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ α ε Do 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ σ ≤ H(s, (x − y) + δ Dy ς (x, y)) − H(t , (x − y) − δ Dx ς (x, y)) ¯ ε ε Từ (1.44) ta có Cε + σ0 ) ε mơ đun địa phương ωH xác định ¯ ¯ σ ≤ ωH (|t − s| + δ , (1.45) ωH (r, R) := sup {|H(t, p) − H(s, q)| : |t − s| + |p − q| ≤ r, p, q ∈ B(0, R)} Bây ta chọn ε, α đủ nhỏ để vế phải (1.45) nhỏ thực σ dẫn đến mâu thuẫn ¯ Để hoàn thiện chứng minh ta phải kiểm tra trường hợp mà t = s = ¯ Trong trường hợp ta chứng minh giả sử (1.43) sai với α đủ nhỏ Giả sử ngược lại có dãy αn → 0+ thỏa mãn Ψ đạt cực đại tương ứng (tn , xn , yn , sn ) với tn = sn = với n Nếu tn = theo (1.44) định nghĩa A, u1 (xn , 0) − u2 (yn , sn ) ≤ A + u2 (yn , 0) − u2 (yn , sn ) ≤ A + ω2 (Cα n ) 29 Tương tự, sn = u1 (xn ,tn ) − u2 (yn , 0) ≤ A + ω1 (Cα n ) Do sup Ψ(t, x,t, x) ≤ sup Ψ ≤ A + o(1) + δ Q2 (t,x)∈Q n → ∞ Mặt khác từ ( 1.43), sup Ψ(t, x,t, x) ≥ sup (u1 − u2 ) − σ T > A + σ0 − σ T Q (t,x)∈Q σ0 < δ + σ T + o(1) n → +∞ Mâu thuẫn với cách chọn δ σ với n đủ lớn Nhận xét 1.9 Định lý so sánh nghiệm 1.4 mở rộng cho phương trình ut + H(t, x, Du) = hàm Hamilton H ∈ UC([0, T ] × RN × B(0, R)) với R > H thỏa mãn (H1 ) với mô đun ω độc lập t ∈ [0, T ] Nhận xét 1.10 Nguyên lý so sánh sử dụng để khoảng bị chặn nghiệm nhớt phương trình (HJ) Để điều ta xét un ∈ BC(RN ), n ∈ N nghiệm nhớt phương trình un (x) + Hn (x, Dun (x)) = 0, x ∈ RN , (1.46) Hn thỏa mãn (H1 ), (H3 ) với n ∈ N Cũng giả sử sup |Hn (x, 0)| ≤ C < +∞ x∈RN với số C rõ ràng C −C tương ứng nghiệm nghiệm ( 1.46) với n ∈ N Khi theo Định lý 1.3 −C ≤ un (x) ≤ C, với n ∈ N x ∈ RN 30 Chương Tính quy nghiệm nhớt Trong chương ta giới thiệu hai kết (Mệnh đề 2.1 Mệnh đề 2.2) Chúng với giả thiết thích hợp H nghiệm nhớt phương trình (HJ) λ u(x) + H(x, Du(x)) = 0, x ∈ RN liên tục Lipschitz, với số tính chất khả vi hàm liên tục Lipschitz Tiếp đến số định lý hàm nửa lõm mối liên hệ với phép chập-inf Kết quan trọng phần Định lý 2.1, khẳng định rằng: với điều kiện thích hợp H nghiệm nhớt liên tục Lipschitz phương trình (HJ) nửa lõm Mệnh đề 2.8 nghiệm nhớt phương trình (HJ) xấp xỉ từ nghiệm nửa lõm uε phương trình xấp xỉ 2.1 Tính liên tục Lipschitz Định nghĩa 2.1 Giả sử u hàm số xác định tập mở Ω ∈ RN u gọi hàm Lipschitz (hay hàm liên tục Lipschitz) lân cận V ⊂ Ω (với số 31 Lipschitz K ≥ 0) |u(x) − u(y)| ≤ K |x − y| , ∀x, y ∈ V Hàm u gọi hàm Lipschitz địa phương (hay liên tục Lipschitz địa phương) Ω với x ∈ Ω tồn lân cận mở Ux x Ω cho u hàm Lipschitz Ux Ta giả sử H thỏa mãn điều kiện sau H(x, p) → +∞ |p| → +∞ (H4 ) H(x, p) = sup {− f (x, a).p − l(x, a)}, (2.1) Khi H có dạng a∈A điều kiện đủ để (H4 ) tính bị chặn l với giả thiết ∃r > : B(0, r) ⊆ co f (x, A), ∀x ∈ RN (2.2) Mệnh đề 2.1 Cho điều kiện (H4 ) Khi nghiệm nhớt u ∈ BC(RN ) phương trình (HJ) liên tục Lipschitz Chứng minh Với x ∈ RN xét hàm số ϕ(y) = u(y) −C |y − x| , C > số chọn sau Do tính bị chặn u dẫn đến tồn y ∈ RN thỏa mãn ¯ ϕ(y) = max ϕ(y) ¯ y∈RN Ta cần phải có y = x với C đủ lớn Nếu khơng ta có ¯ λ u(y) + H(y,C ¯ ¯ y−x ¯ ) ≤ 0, |y − x| ¯ (2.3) u nghiệm nhớt (HJ) y → C |y − x| khả vi y = y = x Với C ¯ đủ lớn, (2.3) mâu thuẫn với (H4 ) Do với C trên, u(y) −C |y − x| ≤ u(y) −C |y − x| = u(x), ¯ ¯ Đổi vai trò x, y , mệnh đề chứng minh xong 32 ∀y ∈ RN Một điều kiện khác H đảm bảo tính liên tục Lipschitz nghiệm nhớt ∃C > : H x,C x−y x−y ) − H(y,C ≥ −C |x − y| , |x − y| |x − y| ∀x, y ∈ RN (H5 ) Với H có dạng (2.1), điều kiện (H5 ) với C ≥ M/(1 − L), f , l thỏa mãn ( f (x, a) − f (y, a)).(x − y) ≤ L |x − y|2 , L ≥ 1, |l(x, a) − l(y, a)| ≤ M |x − y| , ∀x, y, a Mệnh đề 2.2 Cho điều kiện (H1 ), (H3 ), (H5 ), λ > u ∈ UC(RN ) nghiệm nhớt phương trình (HJ) Khi |u(x) − u(y)| ≤ C |x − y| Chứng minh Dễ thấy v(x, y) = u(x) − u(y) nghiệm nhớt phương trình λ v(x, y) + H(x, y, Dx v(x, y), Dy v(x, y)) = R2N , ˆ H(x, y, p, q) := H(x, p)−H(y, −q) Mặt khác, ω(x, y) := C |x − y| thỏa mãn λ ω(x, y) + H(x, y, Dx ω(x, y), Dy ω(x, y)) − g(x, y) = với g(x, y) = C |x − y| + H x,C R2N , x−y x−y − H y,C |x − y| |x − y| Từ g ≥ (H5 ) v, ω ∈ UC(R2N ) H thỏa mãn (H1 ), (H3 ), áp dụng kết so sánh nghiệm Nhận xét 2.3 ta có v < ω R2N Vậy mệnh đề chứng minh Bây ta nêu cách ngắn gọn số tính chất khả vi hàm liên tục Lipschitz địa phương Theo định lý Rademacher, hàm liên tục Lipschitz địa phương khả vi hầu khắp nơi với gradient bị chặn địa phương Do đó, u ∈ Liploc (Ω) (tập hàm liên tục Lipschitz địa phương Ω), tập hợp D∗ u(x) = p ∈ RN : p = lim Du(xn ), xn → x n→+∞ 33 tập khơng rỗng đóng với x ∈ Ω Ký hiệu coD∗ u bao lồi Một kết tiếng giải tích khơng trơn coD∗ u(x) = ∂ u(x), ∀x ∈ Ω, (2.4) ∂ u(x) gradient tổng quát hay gradient Clarke u x xác định ∂ u(x) := p ∈ RN : u0 (x; p) ≥ p.q, ∀q ∈ RN = p ∈ RN : u0 (x; p) ≤ p.q, ∀q ∈ RN Với u0 (x; p) u0 (x; p) đạo hàm theo hướng tổng quát xác định u(y + tq) − u(y) t y→x,t→0+ u0 (x; q) : = lim sup u(y + tq) − u(y) t u0 (x; q) : = lim inf y→x,t→0+ Một khái niệm liên quan đạo hàm Dini theo hướng, cụ thể ∂ + u(x; q) : = lim sup t→0+ ∂ − u(x; q) : = lim inf t→0+ u(x + tq) − u(x) t u(x + tq) − u(x) t Từ định nghĩa ta thấy u0 (x; q) ≤ ∂ − u(x, q) ≤ ∂ + u(x, q) ≤ u0 (x; q), ∀x ∈ Ω, q ∈ RN , (2.5) điều có nghĩa với u ∈ Liploc (Ω), D− u(x) ∪ D+ u(x) ⊆ ∂ u(x), ∀x ∈ Ω (2.6) Cũng thấy D+ u(x), D− u(x) tập bị chặn Kết tồn đạo hàm theo hướng cổ điển (một phía) hàm liên tục Lipschitz địa phương, ∂u u(x + tq) − u(x) (x) := ∂ u(x, q) := lim , t→0+ ∂q t 34 |q| = Mệnh đề 2.3 Cho u ∈ Liploc (Ω) Khi đó, với q mà |q| = 1, tồn ∂u (x) = p · q = u0 (x; q) ∂q p∈D+ u(x) (2.7) x ∈ Ω mà D+ u(x) = ∂ u(x, q) Chứng minh Cho p ∈ D+ u(x) |q| = Khi u(x + tq) − u(x) − t p.q ≤ o(|t|), với t đủ nhỏ Ta có p.q ≥ u(x + tq) − u(x) o(t) − , với t > nhỏ t t Từ suy inf p∈D+ u(x) p · q ≥ ∂ + u(x, q) Kết hợp với (2.5) ta u0 (x; q) ≤ ∂ − u(x; q) ≤ ∂ + u(x; q) ≤ inf p∈D+ u(x) p · q Mặt khác ta có u0 (x; q) = p · q p∈∂ u(x) Vậy (2.7) x thỏa mãn D+ u(x) = ∂ u(x, q) Mệnh đề cho phép ta chứng minh biến thể hữu ích Mệnh đề 1.10 bán vi phân đạo hàm theo hướng hàm lề u xác định u(x) := inf g(x, b) b∈B Mệnh đề 2.4 Giả sử B tập compact , g liên tục Ω × B, khả vi theo x với Dx g liên tục Ω × B Khi u ∈ Liploc (Ω), D+ u(x) = ∂ u(x, q) với x kết luận Mệnh đề 1.10 Chứng minh Từ giả thiết x → g(x, b) Lipschitz địa phương b ∈ B, suy u ∈ Liploc (Ω) Tiếp theo ta chứng minh D+ u(x) = coY (x) Y (x) = {Dx g(x, b) : b ∈ M(x)} 35 M(x) = {b ∈ B : u(x) = g(x, b)} Theo Bổ đề 1.5 D+ u(x) ⊆ coY (x) Mặt khác, (2.4) (2.6) nên D∗ u(x) ⊆ Y (x) Cho p ∈ D∗ u(x) lấy xn → x thỏa mãn Du(xn ) → p Khi lấy bn ∈ M(xn ), ¯ khơng tính tổng qt ta giả sử bn → b ∈ B Từ g(xn , bn ) ≤ g(xn , b) với ¯ n ∈ N b ∈ B, từ tính liên tục g ta kết luận b ∈ M(x) Theo tính khả vi u xn Bổ đề 1.5, ta có Du(xn ) = Dx g(xn , bn ) Cho n → +∞, ta ¯ p = Dx g(x, b); tức p ∈ Y (x) Sự tồn đạo hàm theo hướng công thức ∂u (x) = y · q, ∂q y∈Y (x) ∀q mà |q| = (2.8) suy trực tiếp từ Mệnh đề 2.3 Ta cần chứng minh D− u(x) = {y} Y (x) tập điểm {y} Thấy trường hợp (2.8) trở thành ∂ u(x; q) = y · q với q, điều cho thấy y ∈ D− u(x) hay {y} ⊆ D− u(x) Chiều ngược lại suy trực tiếp từ Bổ đề 1.5 2.2 Tính nửa lõm Định nghĩa 2.2 Ta nói hàm u : Ω → R hàm nửa lõm tập lồi đóng Ω có số C ≥ thỏa mãn µu(x) + (1 − µ)u(y) ≤ u(µx + (1 − µ)y) + Cµ(1 − µ) |x − y|2 (2.9) với x, y ∈ Ω µ ∈ [0, 1] Điều dẫn đến tính lõm hàm x → u(x) − C |x|2 Nếu u liên tục ta có điều kiện tương đương với (2.9) u(x + h) − 2u(x) + u(x − h) ≤ C |h|2 , (2.10) với x ∈ Ω h ∈ RN , với |h| đủ nhỏ Tất nhiên hàm lõm hàm nửa lõm Một lớp hàm nửa lõm khơng tầm thường lớp hàm khả vi liên tục với gradient Lipschitz địa phương Một lớp hàm nửa lõm không khả vi hàm u(x) = infb∈B g(x, b) với x → g(x, b) thỏa mãn (2.9) Ví dụ 2.1 Cho S ⊆ RN , S = 0, / d(x) = dist(x, S) = inf |x − s| s∈S 36 Khi d hàm nửa lõm RN x → |x − s|2 thuộc C∞ với đạo hàm cấp hai số Mặt khác, thân d hàm nửa lõm tập compact có khoảng cách dương S, x → |x − s| có đạo hàm cấp hai bị chặn tập Những tính chất hàm nửa lõm trình bày Mệnh đề 2.5 Mệnh đề 2.6 sau Mệnh đề 2.5 Cho hàm u hàm nửa lõm Ω Khi u liên tục Lipschitz địa phương Ω Chứng minh Với x ∈ Ω với h thỏa mãn x + h ∈ Ω, u(x + h) − u(x) = ψ(x + h) − ψ(x) +Cx · h + C |h| , ψ(x) = u(x) − C |x|2 hàm lõm liên tục Lipschitz địa phương Vậy mệnh đề chứng minh Trong Mục 2.1 ta biết D+ u(x) ⊆ ∂ u(x) = coD∗ u(x) với u ∈ Liploc (Ω) Nếu thêm giả thiết u hàm nửa lõm D+ u(x) = ∂ u(x) Điều số tính chất khả vi khác hàm nửa lõm trình bày mệnh đề sau Mệnh đề 2.6 (xem [2], Proposition 4.7) Cho u hàm nửa lõm Ω Khi với x ∈ Ω (a) D+ u(x) = ∂ u(x) = coD∗ u(x); (b) D− u(x) = u khả vi x; / (c) D+ u(x) tập điểm u khả vi x; (d) ∂u ∂ p (x) = p∈D+ u(x) p · q với vector đơn vị q Mệnh đề 2.7 Cho u hàm nửa lõm thỏa mãn F(x, u(x, Du(x))) ≥ h.k.n Ω, (2.11) F liên tục Khi u nghiệm nhớt phương trình F(x, u(x, Du(x))) = 37 Ω (2.12) Chứng minh Từ Mệnh đề 2.6 (b), điểm x ∈ Ω / D− u(x) = D+ u(x) = D− u(x) = {Du(x)} Trong trường hợp điều kiện nghiệm nhớt thỏa mãn Giả sử x điểm mà u khả vi Khi đó, tồn dãy xn → x thỏa mãn u khả vi xn F(xn , u(xn ), Du(xn )) ≥ ∀n (2.13) (có thể lấy xn ≡ x điểm (2.11) x) Vì u liên tục Lipschitz địa phương nên theo định nghĩa D∗ u(x) ta có Du(xn ) → p ∈ D∗ u(x) n → +∞, dãy Trong trường hợp này, D∗ u(x) = D+ u(x) = D− u(x) = {Du(x)} Do đó, cho n → +∞ ta F(x, u(x), p) ≥ ∀p ∈ D− u(x) Vậy mệnh đề chứng minh Kết tính nửa lõm nghiệm nhớt phương trình (HJ) Định lý 2.1 Cho u ∈ BC(RN ) ∩ Lip(RN ) nghiệm nhớt phương trình u(x) + H(x, Du(x)) = 0, x ∈ RN , (HJ) ∀x, p, q ∈ RN (H3 ) với số Lipschitz Lu Giả sử H thỏa mãn |H(x, p) − H(x, q)| ≤ ω |p − q| , với C > L > 2Lu , (H6 ) xác định H(x + h, p +Ch) − 2H(x, q) + H(x − h, p −Ch) ≥ −C |h|2 với x, h ∈ RN , p ∈ B(0, L ) Khi u hàm nửa lõm RN 38 (H6 ) Một cách thuận tiện để xấp xỉ nửa lõm hàm cho trước dựa vào phép chập-inf, công cụ giải tích lồi giải tích khơng trơn Cho Ω tập RN u hàm bị chặn Với ε > 0, đặt uε (x) := inf u(y) + |x − y|2 : y ∈ Ω 2ε (2.14) hàm uε gọi ε−chập-inf u Tương tự, uε (x) := sup u(y) − |x − y|2 : y ∈ Ω 2ε (2.15) ε−chập-sup u Bổ đề 2.1 (xem [2], Lemma 4.11) Cho u liên tục bị chặn Ω Khi (a) uε uε nửa lõm Ω; (b) uε (c) inf sup (2.14) (2.15) đạt ε < d (x, ∂ Ω)/(4 u u, uε u, ε → 0+ , hội tụ địa phương Ω; ∞ ) Từ Bổ đề 2.1 (c) với ε > đủ nhỏ ta đặt Mε (x) := arg u(y) + |x − y|2 /2ε , y∈Ω M ε (x) := arg max u(y) − |x − y|2 /2ε y∈Ω Bổ đề 2.2 (xem [2], Lemma 4.12) Cho u ∈ C(Ω) hàm bị chặn, x ∈ Ω ε < d (x, ∂ Ω)/(4 u ∞ ) Khi đó, D− uε (x) = D− uε (x) = {(x − yε )/ε}, / {yε } = Mε (x) (tương ứng, D+ uε (x) = D+ uε (x) = {−(x − yε )/ε}, / {yε } = M ε (x)) Hơn nữa, với yε ∈ Mε (x) (tương ứng, M ε (x)), √ (i) |x − yε | ≤ ε u 1/2 ; ∞ (ii) |x − yε |2 /ε → ε → 0+ , tập compact Ω; (iii) (x − yε ) /ε ∈ D− (yε ) (tương ứng − (x − yε ) /ε ∈ D+ (yε )) Các Bổ đề 2.1 2.2 cho thấy, nghiệm nhớt liên tục phương trình (HJ) có xấp xỉ từ hai phía nghiệm nhớt liên tục Lipschitz địa phương phương trình xấp xỉ Chính xác hơn, ta có Mệnh đề 2.8 (xem [2], Proposition 4.13) Giả sử H thỏa mãn |H(x, p) − H(y, p)| ≤ ω1 (|x − y| (1 + |p|)), 39 (H1 ) với x, y ∈ Ω, p ∈ RN , ω1 mơ đun Nếu u ∈ C(Ω) nghiệm nhớt (HJ) Ω, uε ∈ Liploc (Ω) nghiệm nhớt phương trình λ uε (x) + H(x, Duε (x)) = ρ ε (x) với Ωε , √ Ωε = x ∈ Ω : d(x, ∂ Ω) > ε u (HJε ) 1/2 ∞ ρ ε (x) → 0+ ε → 0, tập compac Ω 2.3 Tính khả vi Để có điều kiện đủ tính khả vi nghiệm nhớt, cần tới giả thiết tính lồi chặt hàm Hamilton Mệnh đề 2.9 Giả sử u ∈ C(Ω) nghiệm nhớt phương trình λ u(x) + H(x, Du(x)) = Ω, với λ ≥ Hơn nữa, giả thiết ánh xạ p → H(x, p) lồi chặt với x ∈ Ω cố định −u hàm nửa lõm Khi u ∈ C1 (Ω) Chứng minh Trước hết ta chứng minh u khả vi x ∈ Ω Theo Mệnh đề 2.6 (c), ta phải chứng minh D+ (−u)(x) tập điểm với x ∈ Ω Theo Mệnh đề 2.6 (a), điều D∗ (−u)(x) tập điểm Giả sử ngược lại, tồn p1 , p2 ∈ D∗ (−u)(x), p1 = p2 Khi tồn dãy {xn }, {ym } Ω cho, u khả vi x = lim xn = lim ym , n→+∞ m→+∞ p1 = lim D(−u)(xn ), n→+∞ p2 = lim D(−u)(ym ) m→+∞ Theo Mệnh đề 1.3 (a), λ u(xn ) + H(xn , Du(xn )) = λ u(ym ) + H(ym , Du(ym )) = Do tính liên tục ta nhận λ u(x) + H(x, −p1 ) = λ u(x) + H(x, −p2 ) = 40 (2.16) Đặt 1 p + p , 2 sử dụng tính lồi chặt, từ (2.16) ta suy p= ¯ 1 λ u(x) + H(x, − p) < λ u(x) + H(x, −p1 ) + H(x, −p2 ) = ¯ 2 (2.17) Mặt khác, theo Mệnh đề 2.6 (a), p ∈ coD∗ (−u)(x) = D+ (−u)(x) = D− (−u)(x) ¯ Vì u nghiệm nhớt (HJ) nên λ u(x) + H(x, − p) ≥ 0, ¯ mâu thuẫn với (2.17) Vậy u khả vi điểm thuộc Ω Tính liên tục Du hệ tính nửa liên tục hàm đa trị D+ u với u nửa lõm, tức tính chất: xn → x, pn ∈ D+ u(xn ), pn → p ⇒ p ∈ D+ u(x) (Chứng minh điều ẩn chứng minh Mệnh đề 2.6 (c)) Nhận xét 2.1 Giả thiết tính lồi chặt khơng thể thiếu u(x) = |x| nghiệm nhớt không khả vi phương trình a(x)(|Du(x)|2 − 1) = 0, R, a hàm liên tục a(x) > a(0) > với x Trong ví dụ −u nửa lõm, ánh xạ p → H(x, p) = a(x)(|p|2 − 1) không lồi chặt x = 41 KẾT LUẬN Luận văn trình bày cách khái quát nghiệm nhớt liên tục phương trình đạo hàm riêng cấp một, bao gồm: khái niệm nghiệm nhớt, tính chất đặc trưng nghiệm nhớt liên tục qua bán vi phân; mối quan hệ với nghiệm cổ điển, nghiệm thỏa mãn hầu khắp nơi; nguyên lý so sánh nghiệm tính Trên sở đó, đề cập tới số kết tính quy nghiệm nhớt liên tục như: tính liên tục Lipschitz, tính nửa lõm tính khả vi 42 Tài liệu tham khảo [A] Tài liệu tiếng Việt [1] Trần Đức Vân, Lý thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng, NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội, 2005 [B] Tài liệu tiếng Anh [2] M Bardi, I Capuzzo-Dolcetta (1997), Optimal control and viscosity solutions of Hamilton-Jacobi-Bellman equations, Birkhauser, Berlin [3] M G Crandall and P L Lions (1983), Viscosity solutions of Hamilton-Jacobi equations, Trans Amer Math Soc., 277:1-42 [4] M G Crandall, L C Evans and P L Lions (1984), Some properties of viscosity solutions of Hamilton-Jacobi equations, Trans Amer Math Soc., 282: 487-502 43 ... nghiệm nhớt liên tục phương trình đạo hàm riêng cấp 1, nguyên lý so sánh nghiệm tính Chương Tính quy nghiệm nhớt liên tục: trình bày số kết tính liên tục Lipschitz, tính nửa lõm tính khả vi nghiệm. .. nghiệm nhớt liên tục Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu tính quy nghiệm nhớt liên tục phương trình đạo hàm riêng cấp Nhiệm vụ nghiên cứu Tìm hiểu khái niệm nghiệm nhớt phương trình đạo hàm riêng phi... khái niệm nghiệm yếu ? ?nghiệm nhớt? ?? cho phương trình đạo hàm riêng phi tuyến cấp (xem [3]) Nói chung nghiệm yếu cho phép hàm nói chung cần liên tục nghiệm phương trình đạo hàm riêng cấp Sự phù