Trường hợp phương trình khơng thuần nhất

2 Bài tốn Dirichlet đối với phương trình Monge-Ampère

2.2 Trường hợp phương trình khơng thuần nhất

Trong phần này sẽ giải quyết vấn đề Bài tốn Dirichlet cho phương trình khơng thuần nhất bằng việc sử dụng phương pháp Perron và Định lý 2.1. Cho Ω là tập lồi, mở và bị chặn, µ là độ đo Borel trong Ω và g ∈ C(∂Ω). Ta đặt

Giả sử F(µ, g) 6= ∅ và cho v ∈ F(µ, g). Giả sử Ω là lồi chặt. Từ Định lý 2.1, cho W ∈ C(Ω) là nghiệm lồi duy nhất của phương trình M W = 0

trong Ω và W = g trên ∂Ω. Ta cĩ 0 = M W ≤ µ ≤ M v trong Ω và theo Nguyên lý so sánh Định lý 1.6, ta cĩ v ≤ W trong Ω. Do vậy tất cả các hàm trong F(µ, g) là đều bị chặn trên và ta cĩ thể định nghĩa

U(x) = sup{v(x) : v ∈ F(µ, g)}. (2.3) Ý tưởng để giải bài tốn Dirichlet cho phương trình khơng thuần nhất là, thứ nhất xây dựng hàm U khi độ đo µ là tổ hợp của các khối lượng denta (khối lượng được tập trung tại một điểm nào đĩ), sau đĩ xấp xỉ độ đo µ

bằng dãy các độ đo dạng này, và bằng cách này xây dựng nghiệm mong muốn. Thực hiện điều này chúng ta cần bổ đề xấp xỉ sau.

Bổ đề 2.1. Cho Ω ⊂ Rn là miền lồi chặt, mở và bị chặn, µj, µ là độ đo Borel trong Ω, uj ∈ C(Ω) lồi, và g ∈ C(∂Ω) sao cho

1. uj = g trên ∂Ω, 2. M uj = µj trong Ω, 3. µj →µ yếu trong Ω, 4. µj(Ω)≤ A với mọi j.

Khi đĩ {uj} chứa một dãy con, kí hiệu là uj, và tồn tại u ∈ C(Ω) lồi trong

Ω sao cho uj hội tụ đều tới u trên các tập con compact của Ω, và M u = µ,

u = g trên ∂Ω.

Chứng minh. Ta cĩ uj ∈ F(µj, g) và do đĩ uj bị chặn trên đều. Ta chứng minh rằng uj cịn là bị chặn dưới đều trong Ω. Cho ξ ∈ ∂Ω, ε > 0, và a(x) = g(ξ) − ε − AP(x) là hàm affine cho bởi (2.1). Nhớ lại rằng

a(x) ≤ g(x) với x ∈ ∂Ω, p(ξ) = 0, p(x) ≥ 0 với x ∈ Ω, và A ≥ 0. Đặt

vj(x) = uj(x) −a(x). Nếu x ∈ ∂Ω thì vj(x) = g(x)−a(x) ≥ 0, và vj là lồi trong Ω. Nếu vj(x) ≥ 0 với mọi x ∈ Ω thì uj là bị chặn dưới trong Ω. Nếu tại một số điểm vj(x) < 0 thì theo Nguyên lý cực đại Aleksandrov, Định lý 1.4, áp dụng cho vj trên tập hợp G = {x ∈ Ω : vj(x) ≤0}, ta đạt được

(−vj(x))n ≤ cndist(x, ∂Ω)∆n−1Mvj(Ω)≤ cndist(x, ∂Ω)∆n−1A, với ∆ = diam(Ω), và vì vậy

vj(x) ≥ −(cndist(x, ∂Ω)∆n−1A)1/n, ta cĩ

uj(x) ≥ g(ξ)−ε−AP(x)−C(dist(x, ∂Ω))1/n. (2.4) Điều này chứng minh rằng uj là bị chặn dưới đều trong Ω. Mặt khác,

uj(x) ≤ ω(x) với ∆ω = 0 trong Ω và ω = g trên ∂Ω, theo Nguyên lý cực đại do uj là dưới điều hịa yếu. Bây giờ dist(x, ∂Ω) ≤ |x−ξ| và từ (2.4) ta đạt được

ω(x) ≥ uj(x) ≥ g(ξ)−ε−AP(x)−C|x−ξ|1/n, (2.5) và dẫn đến uj(x) → g(ξ) khi x →ξ.

Do vậy theo Bổ đề 1.2 ta suy ra uj là Lipschitz đều địa phương trên Ω

và theo Định lý Arzela-Ascoli thì cĩ dãy con cũng ký hiệu uj, và cĩ hàm lồi u trong Ω sao cho uj → u đều trên tập con compact của Ω. Ta cũng cĩ, từ (2.5), kết luận là u ∈ C(Ω). Do vậy bổ đề này được suy ra từ Mệnh đề 1.2.

Bây giờ chúng ta nêu và chứng minh các kết quả chính trong phần này.

Định lý 2.2. NếuΩ ⊂Rn là mở, bị chặn và lồi chặt, µ là một độ đo Borel trong Ω với µ(Ω) < +∞, và g ∈ C(∂Ω), thì tồn tại duy nhất u ∈ C(Ω) là nghiệm lồi của M u = µ trong Ω và u = g trên ∂Ω.

Chứng minh. Tính duy nhất cĩ được từ Nguyên lý so sánh, Định lý 1.6. Theo lý thuyết độ đo thì tồn tại một dãy các độ đo µj hội tụ yếu tới u

sao cho với mỗi µj là tổ hợp hữu hạn của khối lượng delta với hệ số dương và µj(Ω) ≤ A với mọi j. Nếu ta giải bài tốn Dirichlet đối với mỗi µj với dữ liệu g, thì Định lý được suy ra từ Bổ đề 2.1. Do đĩ chúng ta giả định từ giờ trở đi µ = N P i=1 aiδxi, xi ∈ Ω, ai > 0.

Ta khẳng định rằng (a) F(µ, g) 6= ∅.

(b) Nếuu, v ∈ F(µ, g), thìu∨v ∈ F(µ, g), với(u∨v)(x) = max(u(y), v(x))

(c) U ∈ F(µ, g), với U được xác định bởi (2.3).

Bước 1: Chứng minh (a). Theo Ví dụ 1.2, M(|x−xi|) = ωnδxi, với ωn

là thể tích của hình cầu đơn vị trong Rn. Cho

f(x) = 1 ωn1/n

XN

i=1ai1/n|x−xi|

và u là nghiệm của bài tốn Dirichlet M u = 0 trong Ω với u = g−f trên

∂Ω. Ta khẳng định v = u +f ∈ F(µ, g). Thực vậy, rõ ràng v ∈ C(Ω), v là lồi và v = g trên ∂Ω. Ta sẽ tính M v. Ta cĩ M v = M(u+ f) ≥ M u+M f ≥ ω1 n N P i=1 M(ai1/n|x−xi|) = N P i=1 aiδxi = µ. Do đĩ F(µ, g) 6= ∅, và vì vậy U cho bằng (2.3) đã được 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)}, và Ω2 = {x ∈ Ω : u(x) < v(x)}. Nếu

E ⊂ Ω1 thì M φ(E) ≥ M u(E), và nếu E ⊂ Ω2 thì M φ(E) ≥ M v(E). Ngồi ra, nếu E ⊂ Ω0 thì ∂u(E) ⊂ ∂φ(E) và ∂v(E) ⊂ ∂φ(E). Vậy, nếu

E ⊂Ω là tập Borel, thì E = E0 ∪E1 ∪E2 với Ei ⊂ Ωi. Ta cĩ

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 mỗi y ∈ Ω tồn tại một dãy bị chặn đều vm ∈ F(µ, g)

hội tụ đều trên các tập con compact của Ω tới hàm ω ∈ F(µ, g) sao cho

ω(y) =U(y), với U được xác định bởi (2.3).

Theo Bước 1, ta chọn được v0 ∈ F(µ, g). Nếu v ∈ F(µ, g) thì v ≤ W

nghĩaU, tồn tại dãy vm ∈ F(µ, g) sao chovm(y) → U(y) khim → ∞. Đặt

vm = v0∨vm. Theo Bước 2, vm ∈ F(µ, g) và do đĩ vm(y) ≤ vm(y) ≤ U(y)

và vm(y) → U(y). Chú ý rằng |vm(x)| ≤ C1 với mọi x ∈ Ω. Vì thế ta cĩ thể giả thiết rằng dãy ban đầu vm là bị chặn trên và dưới trong Ω. Do vm

là lồi trongΩ, từ Bổ đề 1.2 suy ra là với K ⊂ Ω là compact, v là Lipschitz trong K với hằng số

C(K, m) = sup{|p| : p∈ ∂vm(K)}.

Ta khẳng định rằng C(K, m) là bị chặn đều đối với m. Cho p ∈ ∂vm(x0)

với x0 ∈ K. Ta thấy rằng |p| ≤ C1

dist(K,Ω) và cĩ được khẳng định trên. Do vậy vm là liên tục đồng đều trên K và bị chặn trong Ω. Theo Định lý Arzela-Ascoli thì tồn tại dãy con vmj hội tụ đều trên tập con compact của

Ω tới hàm ω, và ω(y) = U(y). Từ Mệnh đề 1.1 ta cĩ ω ∈ F(µ, g) và do đĩ ω ≤ U.

Bước 4: Ta sẽ chứng minh rằng M U ≥ µ trong Ω. Để chứng minh điều này ta chỉ cần chứng minh rằng M U({xi}) ≥ ai với i =, ..., N. Ta giả sử i = 1. Theo Bước 3, tồn tại dãy vm ∈ F(µ, g) bị chặn đều sao cho vm → ω ∈ F(µ, g) là đều trên các compact của Ω khi m → ∞ với

ω(x1) = U(x1) . Ta cĩ M ω({x1}) ≥ a1. Nếu p ∈ ∂ω(x1) thì ω(x) ≥ ω(x1) +p.(x−x1) trong Ω và do đĩ U(x) ≥ U(x1) +p.(x−x1), p∈ ∂U(x1). Vì vậy M U({x1}) =|∂U({x1})| ≥ |∂ω({x1})| ≥ a1.

Bước 5: Ta sẽ chứng minh rằng M U ≤ µ trong Ω. Đầu tiên ta chứng tỏ rằng độ đoM U được tập trung trên tập{x1, ..., xN}. Giả sử x0 ∈ Ω với

x0 6= xi, i = 1, ..., N, và chọn r > 0 sao cho |xi −x0| > r với i = 1, ..., N

và Br(x0) ⊂ Ω. Ta giải bài tốn M v = 0 trong Br(x0) với v = U trên

ω(x) =

( U(x), x ∈ Ω,|x−x0| ≥ r, v(x),|x−x0| ≤r.

Ta khẳng định rằng ω ∈ F(µ, g). Thực vậy, ω là lồi, theo Bước 4,

M U ≥ µ≥ 0 = M v trong Br(x0),

và theo Nguyên lý so sánh ở Định lý 1.6 cĩ v ≥ U trong Br(x0). Rõ ràng là ω ∈ C(Ω). Ta kiểm tra M ω ≥ µ trong Ω. Giả sử E ⊂ Ω là một tập Borel. Ta viết

E = (E ∩Br(x0))∪(E ∩Br(x0)c)

và vì vậy

M ω(E) = M ω(E∩Br(x0)) +M ω(E∩Br(x0)c).

Bây giờ ta chú ý rằng, nếu F ⊂ Br(x0) thì ∂ω(F) = ∂v(F), và nếu

F ⊂ Br(x0)c thì ∂ω(F) = ∂U(F). Như vậy

M ω(E) = M v(E∩Br(x0)) +M U(E ∩Br(x0)c) = 0 +M U(E∩Br(x0)c)

≥ µ(E∩ Br(x0)c)

≥ µ(E∩ {x1, ..., xN}) = µ(E),

bởi (c) và định nghĩa của µ. Do đĩ ω ≤ U, và từ ω = v ≥U trong Br(x0), ta được v = U trong Br(x0), dẫn đến M U = M v = 0 trong Br(x0), trong đĩ Br(x0) ⊂ Ω là hình cầu bất kỳ mà Br(x0)∩ {x1, ..., xN} = ∅. Do vậy nếu E ⊂ Ω là tập Borel mà E∩ {x1, ..., xN} = ∅, thìM U(E) = 0 bởi tính đều của M U. Do đĩ M U được tập trung trên tập {x1, ..., xN}, đĩ là

M U =

N

P

i=1

λiaiδxi,

với λi ≥ 1, i = 1, ..., N. Ta khẳng định λi = 1 với mọi i = 1, ..., N. Giả sử bằng cách phủ định λi > 1 với i nào đĩ. Khơng mất tính tổng quát, ta giả sử rằng M U = λaδ0, mà λ > 1 và trong hình cầu Br(0).

Ta cĩ |∂U({0})| = λa > 0. Do ∂U({0}) là lồi, tồn tại một hình cầu

Bε(p0) ⊂ ∂U({0}). Sau đĩ, U(x) ≥ U(0) + p.x với mọi p ∈ Bε(p0) và

x ∈ Ω. Giả sử V(x) = U(x)−p0.x, khi đĩ V(x) ≥ V(0) + (p−p0).x với mọi x ∈ Ω và p∈ Bε(p0). Cho x ∈ Ω, lấy p−p0 = εx/|x| và ta cĩ

V(x) ≥V(0) +ε|x| với mọi x ∈ Ω.

Cho α là hằng số sao cho V(0)−α là âm và tiến tới khơng. Ta định nghĩa

V(x) = V(x) −α. Ta cĩ V(0) là âm và nhỏ, và V(x) ≥ V(0) + ε|x| với mọi x ∈ Ω. Nếu r = −V(0)ε thì V(x) ≥ V(0) +ε|x| ≥ 0 với mọi |x| ≥ r. Ta đặt ω(x) =    V(x) nếu V(x) ≥ 0, λ−1/nV(x) nếu V(x) < 0. Chú ý rằng do λ > 1 ta cĩ λ−1/nV(x) > V(x) trên tập {V(x) < 0}. Vì vậy ω là hàm lồi trong Ω. Hơn nữa, trên tập {V(x) < 0}, ta cĩ

M ω = M(λ−1/nV) = 1λM V = λ1M U = aδ0.

Mặt khác ω = V trên tập {V ≥ 0}, do đĩ M ω = MV = M U ≥ µ trên cùng một tập hợp. Vì vậyM ω ≥ µtrơngΩ. Điều nầy nghĩa làω ∈ F(µ, g), trong đĩ g là giá trị biên của V(x) =U(x)−p0.x−α. Từ định nghĩa của

U, ta cĩ

V(x) = U(x)−p0.x−α = sup{v(x)−p0.x−α : v ∈ F(µ, g)}. Rõ ràng làr(x) ≡ v(x)−p0.x−α ∈ F(µ, g) nếu và chỉ nếuv(x) ∈ F(µ, g). Do vậy

V(x) = sup{r :r ∈ F(µ, g)},

và do ω ∈ F(µ, g) ta được ω(x) ≤V(x) với mọi x ∈ Ω. Đặc biệt, khi

ω(0) ≤ V(0), suy ra λ−1/nV(0) ≤ V(0), và do V(0) < 0 ta đạt được

λ−1/n ≥ 1, mâu thuẫn với λ > 1. Điều này hồn thành chứng minh Bước 5 và Định lý được chứng minh.