Nghiệm suy rộng của phương trình monge amfère

Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC BÙI VĨNH AN NGHIỆM SUY RỘNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH MONGE-AMPÈRE LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2013 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/ ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC BÙI VĨNH AN NGHIỆM SUY RỘNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH MONGE-AMPÈRE LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: TOÁN ỨNG DỤNG Mã số: 60.46.01.12 Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS HÀ TIẾN NGOẠN THÁI NGUN - NĂM 2013 Số hóa trung tâm học lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Mục lục Mở đầu Một lớp nghiệm suy rộng phương trình Monge-Ampère elliptic 1.1 Dưới vi phân hàm lồi 1.1.1 Định nghĩa 1.1.2 Các tính chất vi phân Nghiệm suy rộng phương trình Monge-Ampère elliptic 1.2 1.2.1 1.2.2 1.3 1.4 Khái niệm nghiệm suy rộng phương trình MongeAmpere elliptic Các tính chất Nguyên lý cực đại 12 1.3.1 Nguyên lý cực đại Aleksandrov 13 1.3.2 Nguyên lý cực đại Aleksandrov-Bakelman-Pucci 14 Nguyên lý so sánh 18 Bài tốn Dirichlet phương trình Monge-Ampère elliptic 20 2.1 Trường hợp phương trình 20 2.2 Trường hợp phương trình khơng 23 2.3 Lớp nghiệm nhớt phương trình Monge-Ampère elliptic 30 2.3.1 Định nghĩa nghiệm nhớt 30 2.3.2 Quan hệ với nghiệm suy rộng 32 Kết luận 35 Tài liệu tham khảo 36 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Mở đầu Phương trình Monge-Ampère elliptic phương trình đạo hàm riêng cổ điển Nó thuộc lớp phương trình cấp hai phi tuyến hồn tồn, song có nhiều ứng dụng lý thuyết thực tế Nghiệm cổ điển phương trình thuộc lớp C , song nghiệm không tồn vế phải mở rộng Người ta đưa vào lớp nghiệm suy rộng phương trình nghiệm cần đòi hỏi hàm lồi liên tục Luận văn trình bày lớp nghiệm suy rộng Tài liệu chủ yếu dựa Chương I tài liệu [1] Luận văn gồm hai chương Chương I trình bày khái niệm vi phân hàm lồi, từ xây dựng độ đo Borel sinh hàm lồi, khái niệm nghiệm suy rộng phương trình Monge-Ampère elliptic Nghiệm suy rộng cần hàm lồi liên tục mà độ đo Borel sinh vi phân trùng với độ đo sinh hàm số vế phải phương trình Chương trình bày Ngun lí cực đại Nguyên lí so sánh nghiệm suy rộng Chương II trình bày định lý tồn nghiệm suy rộng tốn Dirichlet cho trường hợp phương trình phương trình khơng Luận văn trình bày lớp nghiệm nhớt phương trình này, đồng thời chứng minh lớp nghiệm nhớt trùng với lớp nghiệm suy rộng đưa vào xét chương I Nghiệm nhớt phương trình Monge-Ampère elliptic đòi hỏi hàm liên tục cần phải thỏa mãn bất phương trình tương ứng hàm thử hàm số bậc hai lồi chặt Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Chương Một lớp nghiệm suy rộng phương trình Monge-Ampère elliptic 1.1 Dưới vi phân hàm lồi Cho Ω tập mở Rn u(x) hàm số xác định Ω nhận giá trị thực Cho x0 ∈ Ω Một siêu phẳng tựa hàm u điểm (x0 , u(x0 )) hàm afin l(x) = u(x0 ) + p.(x − x0 ), cho u(x) ≥ l(x) với x ∈ Ω 1.1.1 Định nghĩa Định nghĩa 1.1 Dưới vi phân hàm u điểm x0 ∈ Ω tập hợp định nghĩa ∂u(x0 ) = {p ∈ Rn ; u(x) ≥ u(x0 ) + p.(x − x0 ), ∀x ∈ Ω} Cho E ⊂ Ω, ta định nghĩa ∂u(E) = ∪x∈E ∂u(x) Tập ∂u(x0 ) rỗng Đặt S = {x ∈ Ω : ∂u(x) = ∅} Nếu u ∈ C (Ω) x0 ∈ S , ∂u(x0 ) = Du(x0 ) gradient u x0 , nghĩa u khả vi x0 vi phân gradient Du(x0 ) Nếu u ∈ C (Ω) x ∈ S ma trận Hessian u xác định khơng âm, D2 u(x) ≥ Điều có nghĩa u C , S tập hợp mà đồ thị u lồi Thật vậy, theo Định lý Taylor u(x0 + h) = u(x0 ) + Du.h + Số hóa trung tâm học liệu D2 u(ξ)h, h , http://www.lrc.tnu.edu.vn/ ξ nằm đoạn x0 đến x0 + h Từ u(x0 + h) ≥ u(x0 ) + Du(x0 ).h với h đủ bé, nên Du(x0 ) ∈ ∂u(x0 ) Ví dụ 1.1 Chúng ta tính tốn vi phân hàm u có đồ thị hình nón Rn+1 Cho Ω = BR (x0 ) = {x ∈ Rn ; |x − x0 | < R} 0| Rn , h > u(x) = h |x−x R Đồ thị u với x ∈ Ω hình nón trịn xoay hướng lên Rn+1 Ta có  h x−x  R |x−x00 | , < |x − x0 | < R, ∂u(x) =  Bh/R (0), x = x0 Thật vậy, < |x − x0 | < R, giá trị ∂u có cách tính gradient Theo định nghĩa vi phân, p ∈ ∂u(x0 ) p h R |x − x0 | ≥ p.(x − x0 ), ∀x ∈ BR (x0 ) Nếu p = ta chọn x = x0 + R |p| , |p| ≤ 1.1.2 h R Rõ ràng từ |p| ≤ h R suy p ∈ ∂u(x0 ) Các tính chất vi phân Bổ đề 1.1 Nếu Ω ⊂ Rn mở, u ∈ C(Ω) K ⊂ Ω compact ∂u(K) compact Chứng minh Cho {pk } ⊂ ∂u(K) dãy Ta khẳng định pk bị chặn Với k tồn xk ∈ K cho pk ∈ ∂u(xk ), u(x) ≥ u(xk ) + pk (x − xk ), ∀x ∈ Ω Do K compact, Kδ = {x : dist(x, K) ≤ δ} compact chứa Ω với δ đủ nhỏ, ta giả thiết cho dãy xk → x0 Khi xk + δω ∈ Kδ u(xk + δω) ≥ u(xk ) + δpk ω với |ω| = với k Nếu pk = ω = |ppkk | ta maxKδ u(x) ≥ minK u(x) + δ|pk | với k Do u bị chặn địa phương, suy điều khẳng định chứng minh Do tồn pkm → p0 Ta khẳng định p0 ∈ ∂u(x0 ) Ta có u(x) ≥ u(xkm ) + pkm (x − xkm ) với x ∈ Ω u liên tục, cách cho m → ∞ ta u(x) ≥ u(x0 ) + po (x − x0 ) với x ∈ Ω Vậy ta dã chứng minh Bổ đề Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Chú ý 1.1 Chúng ta lưu ý chứng minh cho thấy u bị chặn địa phương Ω, ∂u(E) bị chặn E bị chặn với E ⊂ Ω Chú ý 1.2 Chúng ta lưu ý với x0 ∈ Ω, tập hợp ∂u(x0 ) lồi Tuy nhiên, K lồi K ⊂ Ω tập ∂u(K) khơng thiết lồi Một ví dụ cho u(x) = e|x| K = {x ∈ Rn : |xi | ≤ 1, i = 1, , n} Tập ∂u(K) tập hợp đối xứng hình quanh gốc tọa độ khơng lồi (xem Hình 1.1.) Hình 1.1 Bổ đề 1.2 Nếu u hàm lồi Ω K ⊂ Ω compact, u Lipschitz K , tức tồn số C = C(u, k) cho |u(x) − u(y)| ≤ C |x − y| với x, y ∈ K Chứng minh Từ u lồi, u có siêu phẳng tựa x ∈ Ω Cho C = sup{|p| : p ∈ ∂u(K)} Từ Bổ đề 1.1, C < ∞ Nếu x ∈ K u(y) ≥ u(x) + p.(y − x) với p ∈ ∂u(x) với y ∈ Ω trường hợp y ∈ K , u(y) − u(x) ≥ − |p| |y − x| Bằng cách đảo ngược vai trò x, y ta suy Bổ đề Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ Bổ đề 1.3 ([3], trang 81) Nếu Ω mở u liên tục Lipschitz Ω u khả vi hầu khắp nơi Ω Bổ đề 1.4 Nếu u lồi lõm Ω, u khả vi hầu khắp nơi Ω Chứng minh Suy trực tiếp từ bổ đề 1.2 1.3 Chú ý 1.3 Kết sâu sắc Busemann-Feller-Aleksandrov khẳng định hàm lồi Ω có đạo hàm cấp hầu khắp nơi Định nghĩa 1.2 Biến đổi Legendre hàm u : Ω → R hàm u∗ : Rn → R định nghĩa u∗ (p) = sup(x.p − u(x)) x∈Ω Chú ý 1.4 Nếu Ω bị chặn u bị chặn Ω, u∗ lồi Rn Bổ đề 1.5 Nếu Ω mở u hàm liên tục Ω, tập hợp điểm Rn thuộc ảnh tạo vi phân điểm Ω có độ đo Lebesgue không Vậy là, tập hợp S = {p ∈ Rn ; x, y ∈ Ω, x = y, p ∈ ∂u(x) ∩ ∂u(y)} có độ đo khơng Điều nghĩa tập hợp siêu phẳng tiếp xúc với đồ thị u điểm có độ đo khơng Chứng minh Chúng ta cho Ω bị chặn, khơng ta viết Ω = ∪k Ωk , Ωk ⊂ Ωk+1 mở Ωk compact Nếu p ∈ S , tồn x, y ∈ Ω, x = y u(z) ≥ u(x) + p.(z − x), u(z) ≥ u(y) + p.(z − y) với z ∈ Ω Từ Ωk tăng, x, y ∈ Ωm với m rõ ràng bất đẳng thức trước với z ∈ Ωm Như vậy, Sm = {p ∈ Rn : x, y ∈ Ω, x = y p ∈ ∂(u |Ωm )(x) ∩ ∂(u |Ωm )(y)} ta có p ∈ Sm , tức là, S ⊂ ∪m Sm ta chứng minh Sm có đọ đo khơng Cho u∗ biến đổi Legendre u Theo Chú ý 1.4 Bổ đề 1.4, u∗ khả vi hầu khắp nơi Cho E = {p : u∗ không khả vi p} Chúng ta chứng minh Soá hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ {p ∈ Rn : ∃x, y ∈ Ω, x = y, p ∈ ∂u(x) ∩ ∂u(y)} ⊂ E Thật vậy, p ∈ ∂u(x1 ) ∩ ∂u(x2 ), x1 = x2 , u∗ (p) = xi p − u(xi ), i = 1, Ta có u∗ (z) ≥ xi z − u(xi ) u∗ (z) ≥ u∗ (p) + xi (z − p) với z, i = 1, Do u∗ khả vi p ta có Du∗ (p) = xi , i = 1, Bổ đề chứng minh Định lý 1.1 Nếu Ω mở u ∈ C(Ω), tập hợp S = {E ⊂ Ω : ∂u(E) đo được} σ -đại số Borel Giả sử hàm M u : S → R định nghĩa M u(E) = |∂u(E)| , (1.1) |∂u(E)| độ đo Lebesgue tập ∂u(E) Khi M u độ đo hữu hạn compact, gọi độ đo Monge-Ampère liên kết với hàm u Chứng minh Từ Bổ đề 1.1, lớp S chứa toàn tập hợp compact Ω Cũng Em dãy tập Ω ∂u(∪m Em ) = ∪m ∂u(Em ) Do đó, Em ∈ S , m = 1, 2, , ∪m Em ∈ S Đặc biệt, ta viết Ω = ∪m Km với Km compact có Ω ∈ S Để chứng minh S σ -đại số ta cần chứng minh E ∈ S , Ω\E ∈ S Chúng ta dùng cơng thức sau có hiệu lực cho tập E ⊂ Ω: ∂u(Ω\E) = (∂u(Ω)\∂u(E)) ∪ (∂u(Ω\E) ∩ ∂u(E)) (1.2) Từ Bổ đề 1.5, |∂u(Ω\E) ∩ ∂u(E)| = cho tập hợp E Từ (1.2) ta Ω\E ∈ S E ∈ S Giờ ta thấy M u σ cộng tính Cho {Ei }∞ i=1 dãy tập rời S tập ∂u(Ei ) = Hi Chúng ta phải chứng minh |∂u(∪∞ i=1 Ei )| = Số hóa trung tâm học liệu ∞ |Hi | i=1 http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 22 Bước thứ ba chứng minh ∂u(Ω) ⊂ {p ∈ Rn : tồn x, y ∈ Ω, x = y p ∈ ∂u(x) ∩ ∂u(y)} (2.2) theo Bổ đề 1.5, |∂u(Ω)| = Nếu p ∈ ∂u(Ω), tồn x0 ∈ Ω cho u(x) ≥ u(x0 ) + p.(x − x0 ) = a(x) với x ∈ Ω Từ u = g ∂Ω, ta có g(x) ≥ a(x) với x ∈ ∂Ω Tồn ξ ∈ ∂Ω cho g(ξ) = a(ξ) Thật vậy, không tồn ξ thì, tồn ε > cho g(x) ≥ a(x) + ε với x ∈ ∂Ω dẫn đến u(x) ≥ a(x) + ε với x ∈ Ω, đặc biệt u(x0 ) ≥ a(x0 ) + ε = u(x0 ) + ε mâu thuẫn Do Ω lồi, khoảng mở I nối x0 ξ chứa Ω Bây u(x0 ) = a(x0 ) u(ξ) = a(ξ) Nếu z ∈ I z = tx0 + (1 − t)ξ tính lồi u(z) ≤ tu(x0 ) + (1 − t)u(ξ) = ta(x0 ) + (1 − t)a(ξ) = a(z) Tuy nhiên u(x) ≥ a(x) với x ∈ Ω a siêu phẳng tựa u bất bỳ điểm khoảng I , suy p ∈ ∂u(z) với z ∈ I theo (2.2) ta có điều phải chứng minh Tính suy từ Hệ 1.1 Tuy nhiên để minh họa rõ điều ta xem xét chứng minh Cho v ∈ C(Ω), v lồi v = g ∂Ω Lấy x0 ∈ Ω, tồn siêu phẳng tựa a(x) điểm (x0 , v(x0 )), tức là, v(x) ≥ a(x) với x ∈ Ω Dẫn đến g(x) = v(x) ≥ a(x) với x ∈ ∂Ω, a ∈ F u(x) ≥ a(x); đặc biệt u(x0 ) ≥ a(x0 ) = v(x0 ) Do u ≥ v Ω suy u hàm lồi lớn g ∂Ω Ta chứng minh u ≤ v Ta giả sử tồn x0 ∈ Ω cho u(x0 ) > v(x0 ) Ta cho thấy điều suy |∂u(Ω)| > Cho ε = u(x0 ) − v(x0 ) > cho a(x) = u(x0 ) + p.(x − x0 ) siêu phẳng tựa u x0 , u(x) ≥ a(x) với x ∈ Ω Xét siêu phẳng u dạng u(x0 ) + q.(x − x0 ) − 2ε Ta với q hình cầu nhỏ với tâm p họ siêu phẳng nằm đồ thị u Thực vậy, ta có Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 23 u(x0 ) + q.(x − x0 ) − ε = u(x0 ) + p.(x − x0 ) + (q − p).(x − x0 ) − ≤ u(x0 ) + p.(x − x0 ) + |q − p| |x − x0 | − ≤ u(x0 ) + p.(x − x0 ) + 2ε − ε ε ε ≤ u(x) ε với |q − p| ≤ 2M M = diamΩ Bây ta hạ thấp độ cao siêu phẳng trở thành siêu phẳng tựa v điểm định Bằng chứng minh tương tự Bổ đề 1.6, lấy a = supx∈Ω {u(x0 ) + q.(x − x0 ) − 2ε − v(x)}, ta có a > x = x0 ta có u(x0 ) − 2ε − v(x0 ) = 2ε > Do tồn x1 ∈ Ω cho a = u(x0 ) + q.(x1 − x0 ) − 2ε − v(x1 ), suy u(x0 ) + q.(x − x0 ) − 2ε − a ≤ v(x), tức u(x0 ) + q.(x − x0 ) − 2ε siêu phẳng tựa v x1 Ta cần phải chứng minh x1 ∈ Ω Thực vậy, x1 ta có u(x1 ) ≥ u(x0 ) + q.(x1 − x0 ) − ε = v(x1 ) + a > v(x1 ), dẫn đến x1 ∈ / ∂Ω Vì Bε/2M (p) ⊂ ∂v(Ω) ta hồn thành chứng minh Chú ý 2.1 Hàm lồi u(x, y) = max(x2 − 1, 0) nghiệm suy rộng det D2 u = Ω ≡ B2 (0, 0) ⊂ R2 Hàm u(x, y) liên tục ∂Ω, không hàm trơn B2 (0, 0) 2.2 Trường hợp phương trình khơng Trong phần giải vấn đề Bài toán Dirichlet cho phương trình khơng việc sử dụng phương pháp Perron Định lý 2.1 Cho Ω tập lồi, mở bị chặn, µ độ đo Borel Ω g ∈ C(∂Ω) Ta đặt F(µ, g) = {v ∈ C(Ω) : v lồi, M v ≥ µ Ω, v = g ∂Ω} Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 24 Giả sử F(µ, g) = ∅ cho v ∈ F(µ, g) Giả sử Ω lồi chặt Từ Định lý 2.1, cho W ∈ C(Ω) nghiệm lồi phương trình M W = Ω W = g ∂Ω Ta có = M W ≤ µ ≤ M v Ω theo Nguyên lý so sánh Định lý 1.6, ta có v ≤ W Ω Do tất hàm F(µ, g) bị chặn ta định nghĩa U (x) = sup{v(x) : v ∈ F(µ, g)} (2.3) Ý tưởng để giải tốn Dirichlet cho phương trình khơng là, thứ xây dựng hàm U độ đo µ tổ hợp khối lượng denta (khối lượng tập trung điểm đó), sau xấp xỉ độ đo µ dãy độ đo dạng này, cách xây dựng nghiệm mong muốn Thực điều cần bổ đề xấp xỉ sau Bổ đề 2.1 Cho Ω ⊂ Rn miền lồi chặt, mở bị chặn, µj , µ độ đo Borel Ω, uj ∈ C(Ω) lồi, g ∈ C(∂Ω) cho uj = g ∂Ω, M uj = µj Ω, µj → µ yếu Ω, µj (Ω) ≤ A với j Khi {uj } chứa dãy con, kí hiệu uj , tồn u ∈ C(Ω) lồi Ω cho uj hội tụ tới u tập compact Ω, M u = µ, u = g ∂Ω Chứng minh Ta có uj ∈ F(µj , g) uj bị chặn Ta chứng minh uj bị chặn Ω Cho ξ ∈ ∂Ω, ε > 0, a(x) = g(ξ) − ε − AP (x) hàm affine cho (2.1) Nhớ lại a(x) ≤ g(x) với x ∈ ∂Ω, p(ξ) = 0, p(x) ≥ với x ∈ Ω, A ≥ Đặt vj (x) = uj (x) − a(x) Nếu x ∈ ∂Ω vj (x) = g(x) − a(x) ≥ 0, vj lồi Ω Nếu vj (x) ≥ với x ∈ Ω uj bị chặn Ω Nếu số điểm vj (x) < theo Nguyên lý cực đại Aleksandrov, Định lý 1.4, áp dụng cho vj tập hợp G = {x ∈ Ω : vj (x) ≤ 0}, ta đạt (−vj (x))n ≤ cn dist(x, ∂Ω)∆n−1 Mvj (Ω) ≤ cn dist(x, ∂Ω)∆n−1 A, với ∆ = diam(Ω), Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 25 vj (x) ≥ −(cn dist(x, ∂Ω)∆n−1 A)1/n , ta có uj (x) ≥ g(ξ) − ε − AP (x) − C(dist(x, ∂Ω))1/n (2.4) Điều chứng minh uj bị chặn Ω Mặt khác, uj (x) ≤ ω(x) với ∆ω = Ω ω = g ∂Ω, theo Nguyên lý cực đại uj điều hòa yếu Bây dist(x, ∂Ω) ≤ |x − ξ| từ (2.4) ta đạt ω(x) ≥ uj (x) ≥ g(ξ) − ε − AP (x) − C|x − ξ|1/n , (2.5) dẫn đến uj (x) → g(ξ) x → ξ Do theo Bổ đề 1.2 ta suy uj Lipschitz địa phương Ω theo Định lý Arzela-Ascoli có dãy ký hiệu uj , có hàm lồi u Ω cho uj → u tập compact Ω Ta có, từ (2.5), kết luận u ∈ C(Ω) Do bổ đề suy từ Mệnh đề 1.2 Bây nêu chứng minh kết phần Định lý 2.2 Nếu Ω ⊂ Rn mở, bị chặn lồi chặt, µ độ đo Borel Ω với µ(Ω) < +∞, g ∈ C(∂Ω), tồn u ∈ C(Ω) nghiệm lồi M u = µ Ω u = g ∂Ω Chứng minh Tính có từ Ngun lý so sánh, Định lý 1.6 Theo lý thuyết độ đo tồn dãy độ đo µj hội tụ yếu tới u cho với µj tổ hợp hữu hạn khối lượng delta với hệ số dương µj (Ω) ≤ A với j Nếu ta giải toán Dirichlet µj với liệu g , Định lý suy từ Bổ đề 2.1 Do giả định từ trở N µ= δx i , xi ∈ Ω, > i=1 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 26 Ta khẳng định (a) F(µ, g) = ∅ (b) Nếu u, v ∈ F(µ, g), u∨v ∈ F(µ, g), với (u∨v)(x) = max(u(y), v(x)) (c) U ∈ F(µ, g), với U xác định (2.3) Bước 1: Chứng minh (a) Theo Ví dụ 1.2, M (|x − xi |) = ωn δxi , với ωn thể tích hình cầu đơn vị Rn Cho f (x) = N 1/n i=1 ωn 1/n |x − xi | u nghiệm toán Dirichlet M u = Ω với u = g − f ∂Ω Ta khẳng định v = u + f ∈ F(µ, g) Thực vậy, rõ ràng v ∈ C(Ω), v lồi v = g ∂Ω Ta tính M v Ta có M v = M (u + f ) ≥ M u + M f ≥ ωn N M (ai 1/n N |x − xi |) = i=1 δx i = µ i=1 Do F(µ, g) = ∅, U cho (2.3) xác định Bước 2: Chứng minh (b) Đặt φ = u ∨ v , Ω0 = {x ∈ Ω : u(x) = v(x)}, Ω1 = {x ∈ Ω : u(x) > v(x)}, Ω2 = {x ∈ Ω : u(x) < v(x)} Nếu E ⊂ Ω1 M φ(E) ≥ M u(E), E ⊂ Ω2 M φ(E) ≥ M v(E) Ngồi ra, E ⊂ Ω0 ∂u(E) ⊂ ∂φ(E) ∂v(E) ⊂ ∂φ(E) Vậy, E ⊂ Ω tập Borel, E = E0 ∪ E1 ∪ E2 với Ei ⊂ Ωi Ta có M φ(E) = M φ(E0 ) + M φ(E1 ) + M φ(E2 ) ≥ M u(E0 ) + M u(E1 ) + M v(E2 ) ≥ µ(E0 ) + µ(E1 ) + µ(E2 ) = µ(E) Bước 3: Với y ∈ Ω tồn dãy bị chặn vm ∈ F(µ, g) hội tụ tập compact Ω tới hàm ω ∈ F(µ, g) cho ω(y) = U (y), với U xác định (2.3) Theo Bước 1, ta chọn v0 ∈ F(µ, g) Nếu v ∈ F(µ, g) v ≤ W với W định nghĩa đầu phần Cho y ∈ Ω cố định theo định Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 27 nghĩa U , tồn dãy vm ∈ F(µ, g) cho vm (y) → U (y) m → ∞ Đặt v m = v0 ∨ vm Theo Bước 2, v m ∈ F(µ, g) vm (y) ≤ v m (y) ≤ U (y) v m (y) → U (y) Chú ý |v m (x)| ≤ C1 với x ∈ Ω Vì ta giả thiết dãy ban đầu vm bị chặn Ω Do vm lồi Ω, từ Bổ đề 1.2 suy với K ⊂ Ω compact, v Lipschitz K với số C(K, m) = sup{|p| : p ∈ ∂vm (K)} Ta khẳng định C(K, m) bị chặn m Cho p ∈ ∂vm (x0 ) C1 với x0 ∈ K Ta thấy |p| ≤ dist(K,Ω) có khẳng định Do vm liên tục đồng K bị chặn Ω Theo Định lý Arzela-Ascoli tồn dãy vmj hội tụ tập compact Ω tới hàm ω , ω(y) = U (y) Từ Mệnh đề 1.1 ta có ω ∈ F(µ, g) ω ≤ U Bước 4: Ta chứng minh M U ≥ µ Ω Để chứng minh điều ta cần chứng minh M U ({xi }) ≥ với i =, , N Ta giả sử i = Theo Bước 3, tồn dãy vm ∈ F(µ, g) bị chặn cho vm → ω ∈ F(µ, g) compact Ω m → ∞ với ω(x1 ) = U (x1 ) Ta có M ω({x1 }) ≥ a1 Nếu p ∈ ∂ω(x1 ) ω(x) ≥ ω(x1 ) + p.(x − x1 ) Ω U (x) ≥ U (x1 ) + p.(x − x1 ), p ∈ ∂U (x1 ) Vì M U ({x1 }) = |∂U ({x1 })| ≥ |∂ω({x1 })| ≥ a1 Bước 5: Ta chứng minh M U ≤ µ Ω Đầu tiên ta chứng tỏ độ đo M U tập trung tập {x1 , , xN } Giả sử x0 ∈ Ω với x0 = xi , i = 1, , N , chọn r > cho |xi − x0 | > r với i = 1, , N Br (x0 ) ⊂ Ω Ta giải toán M v = Br (x0 ) với v = U ∂Br (x0 ), định nghĩa "độ nâng U " sau Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 28 U (x), x ∈ Ω, |x − x0 | ≥ r, ω(x) = v(x), |x − x0 | ≤ r Ta khẳng định ω ∈ F(µ, g) Thực vậy, ω lồi, theo Bước 4, M U ≥ µ ≥ = M v Br (x0 ), theo Nguyên lý so sánh Định lý 1.6 có v ≥ U Br (x0 ) Rõ ràng ω ∈ C(Ω) Ta kiểm tra M ω ≥ µ Ω Giả sử E ⊂ Ω tập Borel Ta viết E = (E ∩ Br (x0 )) ∪ (E ∩ Br (x0 )c ) M ω(E) = M ω(E ∩ Br (x0 )) + M ω(E ∩ Br (x0 )c ) Bây ta ý rằng, F ⊂ Br (x0 ) ∂ω(F ) = ∂v(F ), F ⊂ Br (x0 )c ∂ω(F ) = ∂U (F ) Như M ω(E) = M v(E ∩ Br (x0 )) + M U (E ∩ Br (x0 )c ) = + M U (E ∩ Br (x0 )c ) ≥ µ(E ∩ Br (x0 )c ) ≥ µ(E ∩ {x1 , , xN }) = µ(E), (c) định nghĩa µ Do ω ≤ U , từ ω = v ≥ U Br (x0 ), ta v = U Br (x0 ), dẫn đến M U = M v = Br (x0 ), Br (x0 ) ⊂ Ω hình cầu mà Br (x0 ) ∩ {x1 , , xN } = ∅ Do E ⊂ Ω tập Borel mà E ∩ {x1 , , xN } = ∅, M U (E) = tính M U Do M U tập trung tập {x1 , , xN }, N MU = λi δxi , i=1 với λi ≥ 1, i = 1, , N Ta khẳng định λi = với i = 1, , N Giả sử cách phủ định λi > với i Khơng tính tổng quát, ta giả sử M U = λaδ0 , mà λ > hình cầu Br (0) Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 29 Ta có |∂U ({0})| = λa > Do ∂U ({0}) lồi, tồn hình cầu Bε (p0 ) ⊂ ∂U ({0}) Sau đó, U (x) ≥ U (0) + p.x với p ∈ Bε (p0 ) x ∈ Ω Giả sử V (x) = U (x) − p0 x, V (x) ≥ V (0) + (p − p0 ).x với x ∈ Ω p ∈ Bε (p0 ) Cho x ∈ Ω, lấy p − p0 = εx/ |x| ta có V (x) ≥ V (0) + ε |x| với x ∈ Ω Cho α số cho V (0) − α âm tiến tới không Ta định nghĩa V (x) = V (x) − α Ta có V (0) âm nhỏ, V (x) ≥ V (0) + ε |x| với x ∈ Ω Nếu r = − V (0) ε V (x) ≥ V (0) + ε |x| ≥ với |x| ≥ r Ta đặt   V (x) V (x) ≥ 0, ω(x) =  −1/n λ V (x) V (x) < Chú ý λ > ta có λ−1/n V (x) > V (x) tập {V (x) < 0} Vì ω hàm lồi Ω Hơn nữa, tập {V (x) < 0}, ta có M ω = M (λ−1/n V ) = λ1 M V = λ1 M U = aδ0 Mặt khác ω = V tập {V ≥ 0}, M ω = MV = M U ≥ µ tập hợp Vì M ω ≥ µ trơng Ω Điều nầy nghĩa ω ∈ F(µ, g), g giá trị biên V (x) = U (x) − p0 x − α Từ định nghĩa U , ta có V (x) = U (x) − p0 x − α = sup{v(x) − p0 x − α : v ∈ F(µ, g)} Rõ ràng r(x) ≡ v(x)−p0 x−α ∈ F(µ, g) v(x) ∈ F(µ, g) Do V (x) = sup{r : r ∈ F(µ, g)}, ω ∈ F(µ, g) ta ω(x) ≤ V (x) với x ∈ Ω Đặc biệt, ω(0) ≤ V (0), suy λ−1/n V (0) ≤ V (0), V (0) < ta đạt λ−1/n ≥ 1, mâu thuẫn với λ > Điều hoàn thành chứng minh Bước Định lý chứng minh Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 30 2.3 2.3.1 Lớp nghiệm nhớt phương trình Monge-Ampère elliptic Định nghĩa nghiệm nhớt Định nghĩa 2.2 Cho u ∈ C(Ω) hàm liên tục f ∈ C(Ω), f ≥ Hàm u gọi nghiệm nhớt (tương ứng, nghiệm nhớt trên) phương trình det D2 u = f (2.6) Ω với φ ∈ C (Ω) x0 ∈ Ω cho (u − φ)(x) ≤ (tương ứng, ≥)(u − φ)(x0 ) với x lân cận x0 , phải có det D2 φ(x0 ) ≥ (tương ứng, ≤)f (x0 ) Nghiệm nhớt phương trình (2.6) hàm số u(x) mà vừa nghiệm nhớt nghiệm nhớt Hàm φ(x) gọi hàm thử Chú ý 2.2 Ta khẳng định u ∈ C(Ω) lồi, φ ∈ C (Ω) u − φ cực đại địa phương x0 ∈ Ω, D2 φ(x0 ) ≥ Thật vậy, từ φ ∈ C (Ω), ta có φ(x) = φ(x0 ) + Dφ(x0 ).(x − x0 )+ D2 φ(x0 )(x − x0 ), x − x0 + o(|x − x0 |2 ) đó, x dần đến x0 ta có u(x) ≤ φ(x) + u(x0 ) − φ(x0 ) = u(x0 ) + Dφ(x0 )(x − x0 ) + D2 φ(x0 )(x − x0 ), x − x0 + o(|x − x0 |2 ) Do u lồi, nên tồn p cho u(x) ≥ u(x0 ) + p.(x − x0 ) với x ∈ Ω Cho |ω| = ρ > nhỏ, cách cho x − x0 = ρω ta đạt ρp.ω ≤ ρDφ(x0 ).ω + 12 ρ2 D2 φ(x0 )ω, ω + o(ρ2 ) Số hóa trung tâm học lieäu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 31 Chia biểu thức cho p, cho ρ → y kết bất đẳng thức với |ω| = dẫn đến p = Dφ(x0 ) Do D2 φ(x0 )ω, ω ≥ khẳng định chứng minh Chú ý 2.3 Ta lớp hàm thử Định nghĩa 2.2 hạn chế lớp đa thức bậc hai lồi chặt Trước hết ta chứng minh φ(x) đa thức bậc hai lồi chặt thỏa mãn (u − φ)(x) ≤ (u − φ)(x0 ) với x gần x0 , ta có DetD2 φ(x0 ) ≥ f (x0 ), u nghiệm nhớt phương trình D2 u = f Ω Để chứng minh ý trên, cho φ ∈ C (Ω) lồi cho u − φ cực đại địa phương x0 ∈ Ω Ta viết φ(x) = φ(x0 ) + Dφ(x0 ).(x − x0 ) + 12 D2 φ(x0 )(x − x0 ), x − x0 + o( x − x0 ) (2.7) = P (x) + o(|x − x0 |2 ) Cho ε > xét đa thức bậc hai Pε (x) = P (x) + ε|x − x0 |2 Ta có D2 Pε (x0 ) = D2 P (x0 ) + 2εId = D2 φ(x0 ) + 2εId, đa thức Pε lồi chặt Ta có φ(x) − Pε (x) = o(|x − x0 |2 ) − ε|x − x0 |2 ≤ φ − Pε cực đại địa phương x0 Do u − Pε cực đại địa phương x0 Suy D2 Pε (x0 ) = det (D2 φ(x0 ) + 2εId) ≥ f (x0 ) Cho ε → 0, ta có bất đẳng thức cần chứng minh Để chứng minh phát biểu cho nghiệm nhớt trên, giả sử φ ∈ C (Ω) lồi cho u − φ cực tiểu địa phương x0 Nếu D2 φ(x0 ) có số giá trị riêng khơng, det D2 φ(x0 ) = ≤ f (x0 ) Nếu tất giá trị riêng D2 φ(x0 ) dương P (x) dựa theo (2.1), Pε (x) = P (x) − ε|x − x0 |2 lồi chặt với ε > đủ bé Tiếp tục trên, ta có u − Pε cực tiểu địa phương x0 det D2 φ(x0 ) ≤ f (x0 ) Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 32 2.3.2 Quan hệ với nghiệm suy rộng Định lý 2.3 Nếu u nghiệm suy rộng M u = f với f liên tục u nghiệm nhớt phương trình det D2 u = f Chứng minh Cho φ ∈ C (Ω) hàm lồi chặt cho u − φ cực đại địa phương x0 ∈ Ω Ta giả thiết u(x0 ) = φ(x0 ), u(x) < φ(x) với < |x − x0 | ≤ δ Điều đạt cách cộng r|x − x0 |2 vào φ cho r → Đặt m = minδ/2≤|x−x0 |≤δ {φ(x) − u(x)} Ta có m > Cho < ε < m ta xét Sε = {x ∈ Bδ (x0 ) :u(x) + ε > φ(x)} Nếu δ/2 ≤ |x − x0 | ≤ δ , φ(x) − u(x) ≥ m x ∈ / Sε Suy Sε ⊂ Bδ/2 (x0 ) Giả sử z ∈ ∂Sε Khi tồn xn ∈ Sε xn ∈ / Sε cho xn → z xn → z Do u + ε = φ ∂Sε Do hai hàm lồi Sε , theo Bổ đề 1.6, ta có ∂(u + ε)(Sε ) ⊂ ∂φ(Sε ) Do u nghiệm suy rộng nên dẫn đến Sε f (x)dx ≤ |∂(u + ε)(Sε )| ≤ |∂φ(Sε )| = Sε det D2 φ(x)dx Do tính liên tục f ta có det D2 φ(x0 ) ≥ f (x0 ) Vì u(x) nghiệm nhớt Bằng lập luận tương tự ta thấy u nghiệm nhớt ¯ nghiệm nhớt Bổ đề 2.2 Giả sử f ∈ C (Ω), f ≥ 0, u ∈ C Ω (tương ứng, nghiệm nhớt dưới) detD2 u = f Ω Giả sử ¯ lớp nghiệm lồi detD2 v ≥ tương ứng, ≤ g v ∈ C (Ω) ∩ C Ω Ω với g ∈ C (Ω) Khi đó, f < (tương ứng, >)g Ω, (u − v) = (u − v) ¯ Ω ∂Ω tương ứng, max (u − v) = max (u − v) ¯ Ω Số hóa trung tâm học liệu ∂Ω http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 33 Chứng minh Điều có từ Định nghĩa ( 2.7) Giả sử u nghiệm nhớt giả sử (u − v) < (u − v) Khi tồn x0 ∈ Ω ¯ Ω ∂Ω cho (u − v) (x0 ) = (u − v), u − v cực tiểu địa phương x0 Do ¯ Ω u nghiệm nhớt detD2 u = f Ω ta có g (x0 ) ≤ det D2 v (x0 ) ≤ f (x0 ) , mâu thuẫn giả thiết Dưới ta chứng minh định lý đảo Định lý Định lý 2.4 Giả sử f ∈ C(Ω) với f > Ω Nếu u nghiệm nhớt det D2 u = f Ω, u nghiệm suy rộng M u = f Ω Chứng minh Do f ∈ C(Ω) f > Ω, nên tồn < λ ≤ Λ cho < λ ≤ f (x) ≤ Λ Ω Cho x0 ∈ Ω < η < λ/2, tồn ε > cho f (x0 ) − η < f (x) < f (x0 ) + η với x ∈ Bε (x0 ) Giả sử uk ∈ C ∞ (∂Bε (x0 )) dãy cho max∂Bε (x0 ) |u (x) − uk (x)| ≤ 1/k , vk+ vk− nghiệm lồi det D2 vk± = f (x0 ) ± η Bε (x0 ) vk± = uk , ∂Bε (x0 ) Ta có ¯ε (x0 ) , vk± ∈ C (Bε (x0 )) ∩ C B det D2 vk− < f (x) < det D2 vk+ , Bε (x0 ) uk = vk± , ∂Bε (x0 ) Theo Bổ đề 2.2, ta có vk± (x) − 1 ¯ε (x0 ) ≤ u (x) ≤ vk− + với x ∈ B k k (2.8) Theo Định lý 2.2, giả sử v ± nghiệm suy rộng Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 34 det D2 v ± = f (x0 ) ± η Bε (x0 ) v ± = u, ∂Bε (x0 ) Áp dụng Nguyên lý so sánh Định lý 1.6, ta có v ± (x) − vk± (x) ≤ 1/k giả sử k → ∞ ( 2.8) cho ¯ε (x0 ) v + (x) ≤ u (x) ≤ v − (x) với x ∈ B Từ Bổ đề 1.6 ta đạt ∂v − (Bε (x0 )) ⊂ ∂u (Bε (x0 )) ⊂ ∂v + (Bε (x0 )), suy |Bε (x0 )| (f (x0 − η)) ≤ |∂u (Bε (x0 ))| (2.9) = M u (Bε (x0 )) ≤ |Bε (x0 )| (f (x0 + η)) Do đó, Q hình lập phương với đường kính diam(Q) tồn dãy hình lập phương khơng giao Qj ⊂ Ω với diam (Qj ) < ε, F ⊂ ∪Qj , |Qj | < δ Áp dụng ( 2.10), ta đạt M u (F ) < C2 δ Như là, M u liên tục tuyệt đối độ đo Lebesgue tồn h ∈ L1loc (Ω) cho M u (E) = E h (x) dx Chia ( 2.9) |Bε (x0 )| cho ε → ta có f (x0 ) − η ≤ h (x0 ) ≤ f (x0 ) + η với hầu hết x0 ∈ Ω với η đủ bé Suy M u có mật độ f Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 35 Kết luận Luận văn trình bầy vấn đề sau - Khái niệm vi phân hàm lồi, từ xây dựng độ đo Borel sinh hàm lồi - Khái niệm nghiệm suy rộng phương trình Monge-Ampère elliptic Đó hàm lồi liên tục mà độ đo Borel sinh trùng với độ đo sinh hàm số vế phải phương trình - Các Ngun lí cực đại Ngun lí so sánh nghiệm suy rộng - Các định lý tồn nghiệm suy rộng tốn Dirichlet cho phương trình khơng - Trình bày lớp nghiệm nhớt phương trình này, đồng thời chứng minh lớp nghiệm nhớt trùng với lớp nghiệm suy rộng Soá hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ 36 Tài liệu tham khảo [1] C E Gutiérrez, (2001), The Monge-Ampere Equation , Library of Congress Cataloging-In-Publication Data [2] I J Bakelman, (1994), Convex analysis and nonlinear geometric elliptic equations, Springer-Verlag, Berlin [3] L C Evans R F Gariepy, (1992), Measure Theory and Fine Properties of Functions, CRC Press, Boca Raton [4] J W Milnor, (1997), Topology from the differentiable viewpoint Princeton, Landmarks in Mathematics Princeton U Press, Princeton Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ ... phải phương trình Chương trình bày Nguyên lí cực đại Nguyên lí so sánh nghiệm suy rộng Chương II trình bày định lý tồn nghiệm suy rộng toán Dirichlet cho trường hợp phương trình phương trình. .. suy rộng - Các định lý tồn nghiệm suy rộng toán Dirichlet cho phương trình khơng - Trình bày lớp nghiệm nhớt phương trình này, đồng thời chứng minh lớp nghiệm nhớt trùng với lớp nghiệm suy rộng. .. trình khơng Luận văn trình bày lớp nghiệm nhớt phương trình này, đồng thời chứng minh lớp nghiệm nhớt trùng với lớp nghiệm suy rộng đưa vào xét chương I Nghiệm nhớt phương trình Monge- Ampère elliptic