Định lý 2.2. Giả sử một tập khỏc rỗng nằm trong và cho tập ζ00 là một tập con đúng và bị chặn chứa trong. Với σ = π0 tồn tại một bỏn kớnh rσ với tính chất:
Nếuu0 =σ trong hỡnh cầu bỏn kớnhrσ và nếu un+1 = Q[un] thì
lim inf
n→∞ min
Nếuu0 5α < π+ và nếu Q thỏa mÃn điều kiện (1.2.2), thỡ lim n→∞ min x∈nζ00un(x) = lim n→∞max x∈H un(x) =π1 (2.2.2)
Trong phần này ta sẽ chứng minh định lý 2.2. Từ giả thiết suy ra ζ có chứa ít nhất một điểm y0. Thì
y0 ãξ < c∗(ξ)
với mọi vector ξ.
Nếuun(x) thỏa mÃn phương trỡnh un+1 = Q[un] và nếu định nghĩa một dÃy
vn = un(x+ny0),
thì vn thỏa mãn phương trỡnh
vn+1 = Q−y0[vn].
Từ mƯnh đỊ 1.3 suy raT−y0Qcó tốc độ sóng làc∗(ξ)−y0ãξ theo hướngξ. Thay
QbởiT−y0Q, c∗ bởic∗(ξ)−y0ãξ và thay một tậpζ bởi điĨm−y0 vàζ00 bởi điĨm
−y0. Dễ thấy từ giả thiết định lý 2.2 cho vn là phần tử của T−y0Q là trường hợp đơn giản của định lý 2.2, cho un là phần tử trong Q.
x = 0là một phần tử của ζ khi đó
c∗(ξ) > 0
cho mọi vector ξ.
Chỳng ta chỳ ý rằng định lý 2.2 cũn đỳng khi00 là đủ lớn. Ta thêm tậpζ0 lân cận đóng nằm trong ζ, vì ζ là tập lồi.
Ta định nghĩa một hàm
D(x) = inf{d > 0|1
D(0) = 0, và khi đú ζ00 = {x|D(x) 5 1}, và tập bị chỈn ζ00 biĨu diƠn trên tọa độ cực |x| = 1/D(x/|x|). Xỏc định một vector
τ(x) = 1
|gradD(x)|gradD(x).
Vì ζ00 là tập bị chặn và giải tớch, D(x) và τ(x) là giải tớch tại cỏc điểm x 6= 0, hơn nưaD(x) là hàm đồng nhất dương và cú bậc một, τ(x) đồng nhất dương và cú bậc khụng. Mặt khỏc, τ(x) là vector đơn vị bị chặn tại một điĨm cđa ζ00 nằm trờn hỡnh cầu bỏn kớnhx.
Vìζ00 là tập bị chặn chặn cú độ cong dương, theo định lý hàm ẩn ta thấy phương trỡnh D(x)τ(x) = ξ, có hàm ngược x = σ(ξ) là giải tớch khi ξ 6= 0. Cho
|τ(x)| = 1, D(x) = |ξ|. Khi ξ = 1, σ(ξ) nằm trong một tập bị chặn của ζ00 và có duy nhất một điểm ngoài chuẩn là.
Cho một hàm cđa ζ00 định nghĩa khi cho |ξ| = 1 bởi
S(ξ) = max
x∈ζ00 xãξ.
DƠ dàng thấy maximun tiến đếnx = σ(ξ). Như vậy S(ξ) = ξσ(ξ), và thấy rằng
S(ξ) là giải tớch. Vỡ định nghĩa hàm S(x) và tính đồng nhất cđa D(x), xãξ D(x)S(x) 5 1 với x 6= 0. Khi đó D(x) = max |x|=1 xãξ D(x)S(x), khiξ = τ(x).
Cho ζ00 chứa hỡnh cầu tõm và nằm trong hỡnh cầu bỏn kớnh R, cú cựng tõm thỡ
ρ 5 S(ξ) 5R, với |ξ| = 1
|x|
r 5 D(x) 5 |x|
Vì ζ00 nằm trong ζ, khi đó có một số dương ε sao cho (1 +ε)ζ0 cũng nằm trong
ζ. Ta có
(1 +ε)S(ξ) < c∗(ξ) với |x| = 1.
Bây giờ ta chứng minh định lý 2.2
Ta xõy dựng một hàm thay cho hàmun là một hàm hội tụ đều và dương trờn tập
n(1 +ε)ζ00. Xét hàm an(c, ξ;s) theo định nghĩa 2.3. Chọn một số α ∈ (π0;π1)
và một hàm khụng tăng ϕ(s) cú tớnh chất như định nghĩa 2.1 và thỏa mãn
ϕ(s) = α với s 5 −1.
Một họ cỏc hàm khụng tăng an((1 +ξ)S(ξ), ξ;s) được xỏc định bởi định nghĩa 2.3 với c = (1 +ε)S(ξ). Khi đó c < c∗(ξ), an((1 +ξ)S(ξ), ξ;s) tăng đến hằng số π1 khi n → +∞. Vì an((1 + ξ)S(ξ), ξ; 0) là liờn tục theo ξ, hội tụ đều trờn một tập bị chỈn |ξ| = 1. Do đó tồn tại một số tự nhiờnn0 sao cho
an((1 +ξ)S(ξ), ξ; 0) > α với n = n0,|ξ| = 1. (2.2.3)
Ta cóan((1 +ε)s(ξ), ξ;s) là một hằng số khi với s đđ nhỏ và bằng khụng khi s
đủ lớn. Ta xõy dựng một họ toán tư trong B. Cho một hàm trơn khụng tăng theo một biến với tính chất: ϑ(s) = 1 với s 6 12 0 với s > 1. (2.2.4)
Cho u trong B định nghĩa
Qk[u](y) = Q[u(x+ y)ϑ(|x|
k )](0), (2.2.5)
Trong đóy là điểm cố định và là argument của Qđược xem như là một hàm cđa
Bỉ đỊ 2.3. Họ toán tư Q: B → B có các tính chất sau:
(i) Qk có các tính chất (1.2.1.i), (1.2.1,ii), (1.2.1,iv) và (1.2.1.v).
(ii) Cho mỗi u ∈ B, dãy Qk[u] là khụng giảm theo k và hội tụ tới Q[u] khi
k → ∞.
(iii) Qk[u](x0) phụ thuộc vào giỏ trị của u trong hỡnh cầu bỏn kớnh cú tõm tại
x0. Khi đó, nếuu(x) = v(x) với |x−x0| 5k, thì
Qk[u](x0) =Qk[v](x0).
Chứng minh. Từ tính chất (iii) dễ dàng suy ra từ định nghĩa.
Tớnh chất (i) suy ra từ định nghĩa và doQ thỏa mãn tính chất (1.2.1).
Tính chất (ii). Cho mỗi điểm y dÃyu(x+ y)ς(|x|/k) tăng đến u(x+ y) đều trờn một tập bị chỈn khik → ∞ và với (1.2.1.iv) và (1.2.1.v).
Ta định nghĩa dÃya(k)n (c, ξ;s) theo công thức
a(k)n+1(c, ξ;s) = max{ϕ(s), Q[a(k)n (xãξ +c+s)](0)}
a(k)0 (c, ξ;s) = ϕ(s). (2.2.6)
Từ mệnh đề 1.2 và từ chứng minh cđa bỉ đỊ 2.1 ta thấy a(k)n ((1 +ε)S(ξ), ξ;s)
là liờn tục theo ξ và s, khụng tăng theo s, khụng giảm theo n. Từ bỉ đỊ 2.8 suy ra a(k)n ((1 +ε)S(ξ), ξ;s) tăng đến an((1 +ε)S(ξ), ξ;s) khi k → ∞. Cho cỏc hàm liờn tục thỡ suy ra nú hội tụ đều trờn một tập bị chặn chứa (ξ;s). Đặc biệt, từ (2.2.3) cho số tự nhiên k0 sao cho
a(k0)
n0 ((1 +ε)S(ξ), ξ; 0) > α với |ξ| = 1. (2.2.7)
Cho dãy hằng α(k0)n được xỏc định
α(k)n+1 = Qk[α(k)n ],
Thìα(k)n là khụng tăng theokvà hội tơ tớiαn, và thỏa mãnαn+1 = Q[αn], α0 = α
khik → ∞.
Thay toán tư Q bởi min{Q[u], π1 −τ(π1 −u)} với τ là một số dương đủ nhỏ. Nếu Q[β] < π1 với β < π1, thì αn là dÃy tăng. Đặc biệt αn0+1 > αn0 = α(k)n0 . Chọnk0 đđ lớn cùng với điỊu kiƯn (2.3.7) ta có bất đẳng thức sau:
α(k0)
n0+1 > αn0 =α(k0)n0 . (2.2.9)
được thỏa mãn.
Bỉ đỊ 2.4. α(k0)
n là một dÃy tăng theon và với mỗi n ta có
a(k0)n (c, ξ;s) = α(k0) n với s5 −1−n[k0 +c] 0 với s >n[k0 −c]. (2.2.10) Chứng minh. NếuQk[α] 5 α từ chứng minh mƯnh đỊ 1.2 chỉ ra rằngα(k)n 5α
với mọi n. Từ (1.2.1.iii) Q[α] > α, như vậy αn > α với n = 1. Mặt khỏc
αn0 > α. Từ (2.2.9) thấy rằng Qk0[α] > α và từ mƯnh đề 1.2 thấy rằngα(k0)
n khụng tăng theon.
Dễ thấy từ tính chất (iii) của bổ đề 2.8 vàα(k0)n = α = ϕ thấy rằng từ (2.2.10) với n= 0 như vậy bổ đề được chứng minh.
Cho α(k0)