Trong mục này ta đề cập đến vấn đề tính duy nhất và sự so sánh nghiệm của nghiệm nhớt. Đây là một vấn đề lớn trong lý thuyết và có mối liên hệ với các điều kiện đủ trong bài toán điều khiển tối ưu.
Để bắt đầu với vấn đề này: Ta giả sử rằngu1,u2 ∈C(Ω¯)∩C1(Ω), thỏa mãn các bất đẳng thức
u1(x) +H(x,Du1(x))≤0
u2(x) +H(x,Du2(x))≥0 (1.28)
với x∈Ωvà
u1≤u2 trên∂Ω. (1.29) Giả sử Ω bị chặn và cho x0 là điểm cực đại của u1−u2 trên Ω. Nếu¯ x0 ∈ Ω thì
Du1(x0) =Du2(x0)và do (1.28) ta có
u1(x)−u2(x)≤u1(x0)−u2(x0) ∀x∈Ω.
Mặt khác, nếu x0∈∂Ωthì
u1(x)−u2(x)≤u1(x0)−u2(x0) ∀x∈Ω.
Do đó u1 ≤u2 trên Ω. Đổi vai trò củau1 vàu2 trong (1.28) và (1.29) ta được tính duy nhất của nghiệm cổ điển của bài toán Dirichlet
u(x) +H(x,Du(x)) =0, x∈Ω
u=ϕ trên∂Ω.
Chứng minh trên là sai nếuu1,u2 là các hàm số liên tục thỏa mãn các bất đẳng thức theo nghĩa nhớt vì khi dó Dui có thể không tồn tại tại x0. Tuy nhiên các thông tin
trong định nghĩa nghiệm nhớt trên, nghiệm nhớt dưới là đủ mạnh để cho phép ta mở rộng các kết quả về tính duy nhất và so sánh đối với nghiệm nhớt liên tục của phương trình (HJ).
Trong phần tiếp theo ta sẽ trình bày một số định lý về sự so sánh giữa nghiệm nhớt trên và nghiệm nhớt dưới trong các trường hợp Ωbị chặn,Ω=RN và đối với bài toán Cauchy. Như một hệ quả đơn giản thì mỗi kết quả về sự so sánh nghiệm đều dẫn đến một kết quả về tính duy nhất nghiệm. Để cho đơn giản ta đưa về việc xét hàmF có dạngF(x,r,p) =r+H(x,p).
Định lý 1.2. ChoΩlà một tập con mở bị chặn củaRN. Giả sửu1,u2∈C(Ω)tương ứng là nghiệm nhớt trên và dưới của
u(x) +H(x,Du(x)) =0, x∈Ω, (1.30) và
u1≤u2 trên∂Ω. (1.31) Cũng giả sử rằng H thỏa mãn:
|H(x,p)−H(y,p)| ≤ω1(|x−y|(1+|p|)) (H1) với x, y∈Ω, p∈RN, trong đóω1 :[0,+∞)→[0,+∞)là liên tục không giảm với ω1(0) =0. Khi đóu1 ≤u2 trongΩ.
Chứng minh. Vớiε >0xác định một hàmΦε liên tục trênΩ×Ωcó dạng
Φε(x,y) =u1(x)−u2(y)−|x−y| 2
2ε
và cho(xε,yε)là một điểm cực đại củaΦε trên Ω×Ω. Khi đó với mọi ε>0,
max x∈Ω (u1−u2)(x) =max x∈Ω Φε(x,x)≤ max (x,y)∈Ω×Ω Φε(x,y) =Φε(xε,yε). (1.32) Bây giờ ta đi chứng minh
lim infΦε(xε,yε)≤0 khiε→0. (1.33) Đầu tiên ta có bất đẳng thức
dẫn tới
|xε−yε|2
2ε
≤u2(xε)−u2(yε).
Điều này có nghĩa là (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
|xε−yε| ≤(Cε)1/2,
trong đóC chỉ phụ thuộc vàomax|u2|trongΩ. Do đó
|xε −yε| →0 khiε →0; (1.34) và do tính liên tục củau2 ta có
|xε−yε|2
2ε
→0 khiε→0. (1.35)
Bây giờ có hai trường hợp có thể xảy ra: (i) (xεn,yεn)∈∂(Ω×Ω)với dãyεn →0+; (ii)(xε,yε)∈Ω×Ωvới mọiε ∈[0,ε¯].
Trong trường hợp (i) hoặcxεn ∈∂Ωvà khi dó từ (1.31),
u1(xεn)−u2(yεn)≤u2(xεn)−u2(yεn),
hoặcyεn∈∂Ωvà khi dó
u1(xεn)−u2(yεn)≤u1(xεn)−u1(yεn).
Chú ý rằng vế phải của hai bất đẳng thức trên tiến dần đến0khin→∞(theo (1.34) và tính liên tục đều củau1,u2). Do đó
Φεn(xεn,yεn)≤u1(xεn)−u2(yεn) khin→∞,
vậy (1.33) được chứng minh trong trường hợp này. Bây giờ ta giả sử rằng(xε,yε)∈Ω×Ωvà đặt
ϕ2(x) =u2(yε) +|x−yε|2
2ε , ϕ1(y) =u1(xε) +|xε−y|2
2ε .
Dễ thấy rằng εi ∈C1(Ω)(i =1,2)và xε là cực đại địa phương của u1−ϕ2, đồng thời yε là cực tiểu địa phương củau2−ϕ1. Hơn nữa,
Dϕ1(yε) = xε−yε
Theo định nghĩa của nghiệm nhớt trên và nhớt dưới thì u1(xε) +H(xε,xε−yε ε )≤0, −u2(yε)−H(yε,xε−yε ε )≤0. Theo (H1)ta có u1(xε)−u2(yε)≤ω1(|xε−yε|(1+|xε −yε| ε )) do đó Φε(xε,yε)≤ω1(|xε−yε|(1+|xε −yε| ε )).
Do (1.34) và (1.35) nên (1.33) được chứng minh và từ đó định lý được chứng minh xong.
Nhận xét 1.6. Nếuu1, u2 đều là nghiệm nhớt của (1.30), theo Định lý 1.2 thì điều kiệnu1=u2 trên∂Ssẽ kéo theou1=u2 trênS.
Nhận xét 1.7. Khẳng định trong Định lý 1.2 cũng đúng với phương trình λu(x) +H(x,Du(x)) =0 x∈Ω,
với λ >0. Mặt khác đối với phương trình H(x,Du(x)) =0 thì kết quả trên không đúng. Thật vậy, với phương trìnhH(x,p) =0với mọixvà pthì hàmu∈C(Ω)bất kỳ đều là nghiệm nhớt.
Bây giờ ta xét trường hợpΩ=RN và chứng minh kết quả về sự so sánh nghiệm trong không gianBC(RN)của các hàm liên tục bị chặn trongRN. Sơ đồ chứng minh kết quả này tương tự với việc chứng minh Định lý 1.2 nhưng đòi hỏi kỹ thuật phức tạp hơn do sự thiếu chặt hơn của giả thiết.
Ta giả sử điều kiện sau trênH:
H(y,λ(y−x) +p)−H(x,λ(y−x) +q)≤ω2(|x−y|+λ|y−x|2,R)
+ω3(|p−q|), (H2)
với mọi λ ≥1, p, q∈B(0,1), x, y∈B(0,R), ∀R>0, trong đóω2, ω3 là các mô đun. Dễ thấy rằng(H1)và(H3)xác định bởi
|H(x,p)−H(x,q)| ≤ω(|p−q|) ∀x,p,q∈RN (H3) thỏa mãn (H2)vớiω3 =ω vàω2(r,R) =ω1(2r)với mọir, R>0. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Định lý 1.3. Giả sử rằng u1, u2 ∈ BC(RN) tương ứng là nghiệm nhớt dưới và nghiệm nhớt trên của phương trình
u(x) +H(x,Du(x)) =0, x∈RN, (1.36) với H thỏa mãn(H2). Khi đóu1≤u2 trongRN.
Chứng minh. Đặtg(x) = 12log(1+|x|2)và
Φ(x,y) =u1(x)−u2(y)− |x−y| 2
2ε −β(g(x) +g(y)),
trong đóε, β là những số dương chọn sau. Giả sử ngược lại, cóδ :=u1(x˜)−u2(x˜)
với x˜nào đó và chọnβ sao choβg(x˜)≤δ/4vàω3(2β)<δ/6. Khi đó δ/2≤δ−2βg(x˜) =Φ(x˜,x˜)≤ sup
RN×RN
Φ(x,y) (1.37)
Từ Φliên tục vàlim|x|+|y|→+∞Φ(x,y) =−∞, tồn tại(xε,yε)thỏa mãn Φ(xε,yε) = sup
RN×RN
Φ(x,y).
Ta đi chứng minh rằngΦ(xε,yε)<δ/2vớiε>0đủ nhỏ để đẫn đến mâu thuẫn với (1.37). Thật vậy, nếuΦ(xε,yε)≥δ/2>0thì β(g(xε) +g(yε))≤sup RN u1+sup RN (−u2).
Do đó tồn tại R>0sao cho xε và yε thuộc B(0,R)với mọiε >0. Thực tế điều đó không đúng, bất đẳng thức trên mâu thuẫn với tính bị chặn củau1,u2dolim|x|→+∞g(x) = +∞vàβ >0.
Tiếp theo ta thấy rằng bất đẳng thức:
Φ(xε,xε) +Φ(yε,yε)≤2Φ(xε,yε) dẫn đến |xε−yε|2 2ε ≤u1(xε)−u1(yε) +u2(xε)−u1(yε) (1.38) tức là |xε −yε| ≤(Cε)1/2 (1.39)
trong đóClà một hằng số phụ thuộc vào supRN|u1| vàsupRN|u2|. Thay (1.39) vào (1.38) và do tính liên tục đều của u1,u2 trongB(0,R)nên
|xε−yε|2
2ε
→0khiε →0+ (1.40)
Bây giờ ta xét các hàm số khả vi liên tục ϕ1(y) =u1(xε)−|xε−y|2
2ε −β(g(xε) +g(y)),
ϕ2(x) =u1(yε) +|x−yε|2
2ε +β(g(x) +g(yε));
thấy rằng xε là cực đại địa phương của u1−ϕ2 đồng thờiyε là cực tiểu địa phương của u2−ϕ1 và
Dϕ1(yε) = xε−yε
ε −Dg(yε).
Dϕ2(xε) = xε−yε
ε +Dg(xε).
Từ định nghĩa của nghiệm nhớt trên và nghiêm nhớt dưới , (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
u1(xε) +H(xε,xε−yε ε +Dg(xε))≤0 u2(yε) +H(xε,yε−yε ε −Dg(yε))≥0 do đó u1(xε)−u2(yε)≤H(yε,λ(yε−xε) +p)−H(xε,λ(xε−yε) +q) với λ =1/ε, p=−Dg(yε),q=−βDg(xε). Từ|Dg| ≤1, chọn β ≤1cho phép ta áp dụngH2. Ta được u1(xε)−u2(yε)≤ω2(|xε−yε|+ |xε−yε|2 ε ,R) +ω3(2β). Theo ( 1.39) và ( 1.40) bất đẳng thức trên trở thành u1(xε)−u2(yε)≤δ/3+ω3(2β) với ε>0đủ nhỏ; do đó Φ(xε,yε)≤δ/3+ω3(2β)
Doβ được chọn thỏa mãnω(2β)<δ/6nên Φ(xε,yε)<δ/2
Định lý 1.3 có thể được khái quát cho trường hợp tập mởΩ∈RNkhông bị chặn. Thật vậy, ta có thể chứng minh được rằng nếu u1,u2 ∈BC(Ω)tương ứng là nghiệm nhớt dưới, nghiệm nhớt trên của phương trình
u(x) +H(x,Du(x)) =0, x∈Ω,
với H thỏa mãn H2 và u1 ≤u2 trên ∂Ω thìu1 ≤u2 trong Ω. Chứng minh kết quả trên tương tự với chứng minh Định lý 1.3; Trường hợp điểm cực đại (xε,yε) của hàm phụ thuộc ∂(Ω×Ω)được xử lý như trong chứng minh của Định lý 1.2.
Nhận xét 1.8. Một biến thể rất hữu dụng của Định lý 1.3 có được khi ta thay giả thiết về tính bị chặn của u1,u2 bằng tính liên tục đều của chúng. Người ta có thể chứng minh được rằng nếu u1,u2 ∈UC(RN)tương ứng là nghiệm nhớt dưới, trên của phương trình (1.36) vớiH thỏa mãn H1 vàH3 thìu1 ≤u2 trong RN,
Một kết quả về sự so sánh nghiệm tiếp theo liên quan phương trình tiến hóa. Nó cũng dẫn đến một kết quả về tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy
ut(x,t) +H(t,Du(t,x)) =0 (t,x)∈[0,T]×RN
u(0,x) =u0(x) x∈RN
với điều kiện ban đầuu0∈UC(RN). Xem nhận xét Nhận xét 1.9 đối với hàm Hamil- ton tổng quát hơn.
Định lý 1.4. Giả sử H ∈C([0,T]×RN). Chou1,u2∈UC([0,T]×RN)tương ứng là nghiệm nhớt dưới, nghiệm nhớt trên của phương trình
ut(x,t) +H(t,Dxu(t,x)) =0 trong [0,T]×RN. Khi đó sup [0,T]×RN (u1−u2)≤sup RN (u1(0,·)−u2(0,·)). Chứng minh. Ta có thể giả sử rằng A:=sup RN (u1(0,·)−u2(0,·))<+∞. với r≥0vài=1,2, ta đặt ωi =sup{|ui(t,x)−ui(s,y)|:|t−s|+|x−y| ≤r};
từ tính liên tục đều ta có
sup
r≥0
ωi(r)
1+r <+∞ (1.41)
Qua tính toán ta được
u1(t,x)−u2(s,y) =u1(t,x)−u1(0,x) +u1(0,x) −u2(0,x) +u2(0,x)−u2(s,y) ≤ω1(t) +A+ω2(s+|x−y|),
với mọi(t,x,s,y)∈Q2 trong đóQ:= [0,T]×RN. Từ (1.41) ta có
|u1(t,x)−u2(s,y)| ≤C(1+|x−y|), ∀(t,x,s,y)∈Q2, (1.42) vớiC>0nào đó. Giả sử rằng sup Q (u1−u2)>A+σ0, (1.43) với σ0 >0. Ta sẽ chứng minh dẫn đến sự mâu thuẫn, vớiα,ε>0xét hàm phụ
Φ(t,x,s,y) =u1(t,x)−u2(s,y)−|x−y| 2 ε −|t−s| 2 α .
Nhờ (1.42), ta cósupQ2Φ<+∞do vậy, với mỗi0<δ<σ0/2tồn tại(t0,x0,s0,y0)∈
Q2 với Φ(t0,x0,s0,y0) +δ >sup Q2 Φ. Bây giờ ta chọnζ ∈C∞ 0 (RN)thỏa mãn ζ(x0,y0) =1, 0≤ζ ≤1, |Dζ(x,y)| ≤1. Với0<σ <σ0/2T ta đặt Ψ(t,x,s,y) =Φ(t,x,s,y) +δ ζ(x,y)−σt.
Khi đó tồn tại (t¯,x¯,s¯,y¯)∈Q2 sao cho:
Ψ(t¯,x¯,s¯,y¯) =sup
Q2 Ψ.
Ta có bất đằng thức Ψ(t¯,x¯,s¯,y¯)≥Ψ(t¯,x¯,t¯,x¯) +Ψ(s¯,y¯,s¯,y¯) cùng với (1.42) và sau quá trình tính toán |x¯−y¯|2 ε +|t¯−s¯|2 ε ≤C(1+|x¯−y¯|) +4δ+σ(s¯−t¯) ≤C(1+|x¯−y¯|) +2σ0, với 0<δ <σ0/4và0<σ <σ0/2T.
Biểu thức trên có nghĩa là với mỗiε,α ∈[0,1] tồn tạiCε,Cα >0thỏa mãn (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
|x¯−y¯| ≤Cε, |t¯−s¯| ≤Cα, lim α→0Cα =0. (1.44) Nếu (t¯,x¯),(t¯,x¯)∈[0,T]×RN . Áp dụng định nghĩa nghiệm nhớt và Bổ đề 1.4 ta có σ+ 1 α(t¯−s¯) +H(t¯,1 ε(x¯−y¯)−δDxς(x¯,y¯))≤0 và 1 α(t¯−s¯) +H(s¯,1 ε(x¯−y¯) +δDyς(x¯,y¯))≥0. Do đó σ ≤H(s¯, 1 ε(x¯−y¯) +δDyς(x¯,y¯))−H(t¯,1 ε(x¯−y¯)−δDxς(x¯,y¯)). Từ (1.44) ta có σ ≤ωH(|t¯−s¯|+δ,Cε ε +σ0) (1.45)
trong đó mô đun địa phươngωH được xác định bởi
ωH(r,R):=sup{|H(t,p)−H(s,q)|:|t−s|+|p−q| ≤r,p,q∈B(0,R)}.
Bây giờ ta chọnε,α đủ nhỏ để vế phải của (1.45) nhỏ hơn thực sự σ và do đó dẫn đến mâu thuẫn.
Để hoàn thiện chứng minh trên ta phải kiểm tra trường hợp màt¯=0hoặcs¯=0. Trong trường hợp này ta cũng sẽ chứng minh giả sử (1.43) là sai vớiα đủ nhỏ. Giả sử ngược lại có một dãyαn→0+thỏa mãnΨđạt cực đại tương ứng tại(tn,xn,yn,sn)
vớitn=0hoặcsn=0với mọin. Nếutn =0thì theo (1.44) và định nghĩa củaA,
Tương tự, nếusn=0 u1(xn,tn)−u2(yn,0)≤A+ω1(Cαn). Do đó sup (t,x)∈Q Ψ(t,x,t,x)≤sup Q2 Ψ≤A+o(1) +δ khin→∞. Mặt khác từ ( 1.43), sup (t,x)∈Q Ψ(t,x,t,x)≥sup Q (u1−u2)−σT >A+σ0−σT.
do đó σ0<δ+σT+o(1)khin→+∞. Mâu thuẫn với cách chọnδ và σ vớinđủ lớn.
Nhận xét 1.9. Định lý về sự so sánh nghiệm 1.4 có thể được mở rộng cho phương trình
ut+H(t,x,Du) =0
nếu hàm Hamilton H ∈UC([0,T]×RN×B(0,R)) với mọi R>0 và H thỏa mãn
(H1)với một mô đunω độc lập củat ∈[0,T].
Nhận xét 1.10. Nguyên lý so sánh có thể được sử dụng để chỉ ra khoảng bị chặn của nghiệm nhớt của phương trình (HJ). Để chỉ ra điều này ta xét un ∈BC(RN),n∈N
là nghiệm nhớt của phương trình
un(x) +Hn(x,Dun(x)) =0, x∈RN, (1.46) trong đóHn thỏa mãn(H1),(H3)với mỗin∈N. Cũng giả sử rằng
sup
x∈RN
|Hn(x,0)| ≤C<+∞
với hằng sốC nào đó rõ ràng làCvà−C tương ứng là nghiệm trên và nghiệm dưới của ( 1.46) với mọin∈N. Khi đó theo Định lý 1.3 thì
−C≤un(x)≤C,
Chương 2
Tính chính quy của nghiệm nhớt
Trong chương này ta giới thiệu hai kết quả (Mệnh đề 2.1 và Mệnh đề 2.2). Chúng chỉ ra rằng với những giả thiết thích hợp trênH thì nghiệm nhớt của phương trình
(HJ) λu(x) +H(x,Du(x)) =0, x∈RN
là liên tục Lipschitz, cùng với một số tính chất khả vi của hàm liên tục Lipschitz. Tiếp đến là một số định lý cơ bản về hàm nửa lõm và mối liên hệ với phép chập-inf. Kết quả quan trọng trong phần này đó là Định lý 2.1, trong đó khẳng định rằng: với những điều kiện thích hợp trên H thì nghiệm nhớt liên tục Lipschitz của phương trình (HJ) là nửa lõm và Mệnh đề 2.8 chỉ ra rằng một nghiệm nhớt dưới của phương trình (HJ) có thể được xấp xỉ đều từ dưới bởi một nghiệm dưới nửa lõmuε
của một phương trình xấp xỉ.