BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TỐN Hồng Thị Thùy Trang NGHIỆM LỒI CỦA PHƯƠNG TRÌNH det D2u = TRONG Rn KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chun ngành: Tốn giải tích Hà Nội – Năm 2018 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TỐN Hồng Thị Thùy Trang NGHIỆM LỒI CỦA PHƯƠNG TRÌNH det D2u = TRONG Rn KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chun ngành: Tốn giải tích NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GVC.TS Trần Văn Bằng Hà Nội – Năm 2018 Lời cảm ơn Trước trình bày nội dung khóa luận, em xin bày tỏ lòng cảm ơn tới Thầy Cơ khoa Tốn, trường Đại Học Sư Phạm Hà Nội 2, Thầy Cô tổ mơn Giải Tích Thầy Cơ tham gia giảng dạy tận tình truyền đạt tri thức quý báu tạo điều kiện thuận lợi để em hoàn thành tốt việc học làm khóa luận Đặc biệt, em xin bày tỏ kính trọng lòng biết ơn sâu sắc tới TS Trần Văn Bằng, người trực tiếp hướng dẫn, bảo tận tình để em hồn thành khóa luận Do thời gian, lực điều kiện thân hạn chế nên khóa luận khơng thể tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận ý kiến góp ý quý báu Thầy Cô bạn sinh viên Hà Nội, tháng năm 2018 Sinh viên Hoàng Thị Thùy Trang Lời cam đoan Em xin cam đoan khóa luận "Nghiệm lồi phương trình det D2 u = Rn " cơng trình nghiên cứu riêng em hướng dẫn TS Trần Văn Bằng Các nội dung nghiên cứu, khóa luận hồn tồn trung thực có sử dụng số tài liệu danh mục tài liệu tham khảo Em xin chịu hoàn tồn trách nhiệm khóa luận nghiên cứu Hà Nội, tháng năm 2018 Sinh viên Hoàng Thị Thùy Trang i Mục lục Bảng kí hiệu Lời nói đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Độ đo Monge-Ampere 1.2 Tiết diện ngang Monge-Ampere Nghiệm lồi phương trình det D2 u(x) = Rn 12 2.1 Bổ đề Pogorelov 12 2.2 Đánh giá Holder miền D2 u 18 2.3 C α đánh giá D2 u 23 Kết luận 30 Tài liệu tham khảo 31 ii Khóa luận tốt nghiệp Đại học HỒNG THỊ THÙY TRANG BẢNG KÍ HIỆU R Tập số thực Rn Không gian Euclide thực n chiều P(Rn ) Họ tất tập Rn x = (x1 , · · · , xn ) Phần tử Rn x21 + · · · + x2n |x| Chuẩn phần tử x, x·y Tích vơ hướng x y, BR (x0 ) Hình cầu mở tâm x0 ∈ Rn bán kính R A Bao đóng tập A dist(x, A) Khoảng cách từ điểm x đến tập A C k (Ω) Tập hàm khả vi liên tục đến cấp k Ω Dj u(x) = uj (x) Đạo hàm riêng cấp Dij u(x) = uij (x) Đạo hàm riêng cấp hai n i=1 xi yi ∂u ∂xj (x) ∂2u ∂xi ∂xj (x) Du(x), D2 u(x) Gradient Hessian hàm u x ∆u(x) Laplace hàm u x ∂u(x) Ánh xạ pháp hay vi phân hàm u x χE (x) Hàm đặc trưng tập hợp E |E| Độ đo Lebesgue n chiều tập hợp E ⊂ Rn h.k.n Hầu khắp nơi oscE f Dao động hàm f tập E, supE f − inf E f Lời nói đầu Phương trình Monge-Ampere phương trình đạo hàm riêng phi tuyến, có vai trò quan trọng hình học nhiều lĩnh vực khác Vì phương trình nhận quan tâm nghiên cứu nhiều nhà toán học giới, xem [4] tài liệu Trong trường hợp kiện khơng khả vi, loại nghiệm yếu phương trình xem xét nghiệm suy rộng, nghiệm nhớt, Bước đầu tìm hiểu phương trình Monge-Ampere, em chọn tìm hiểu nghiệm cổ điển lồi phương trình Monge-Ampere đặc biệt, det D2 u(x) = 1, x ∈ Rn Nội dung khóa luận trình bày hai chương Chương trình bày số kiến thức chuẩn bị cần thiết cho việc trình bày chương sau Chương trình bày kết nghiệm lồi phương trình MongeAmpere với vế phải đơn vị, Bổ đề Pogorelov, đánh giá Holder miền C α đánh giá Hessian D2 u nghiệm Các kết khóa luận chủ yếu tham khảo từ tài liệu [4] Do trình độ có hạn nên khóa luận khơng tránh khỏi có thiếu sót Rất mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn Khóa luận tốt nghiệp Đại học HỒNG THỊ THÙY TRANG để khóa luận hồn thiện Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng năm 2018 Sinh viên Hoàng Thị Thùy Trang Chương Kiến thức chuẩn bị Chương trình bày số kiến thức chuẩn bị cần thiết cho việc trình bày nội dung Chương Các bạn tìm hiểu kĩ hàm lồi ứng dụng [1], lý thuyết độ đo [2] lý thuyết phương trình đạo hàm riêng tuyến tính tổng quát [3] 1.1 Độ đo Monge-Ampere Cho Ω tập mở Rn u : Ω → R hàm số xác định Ω Trong khóa luận sử dụng số kí hiệu quen thuộc sau đây: Với x = (x1 , · · · , xn ) ∈ Rn , chuẩn x xác định |x| = x21 + · · · + x2n tích vơ hướng véc tơ x, y ∈ Rn x · y = x1 y1 + · · · + xn yn Khóa luận tốt nghiệp Đại học HỒNG THỊ THÙY TRANG Hình cầu tâm x0 bán kính R Rn tập hợp BR (x0 ) = {x ∈ Rn : |x − x0 | < R} C k (Ω) khơng gian tất hàm có đạo hàm đến cấp k liên tục Ω, k = 0, 1, 2, · · · Khi k = ta viết đơn giản C (Ω) C(Ω) Nếu u hàm khả vi tới mức cần thiết Du(x) = (ux1 , · · · , uxn ) gradient D2 u(x) = [uxi xj ]n×n (ma trận) Hessian hàm x Với x0 ∈ Ω, siêu phẳng giá hàm số u điểm (x0 , u(x0 )) hàm affin l(x) = u(xo ) + p.(x − x0 ) cho u(x) ≥ l(x) với x ∈ Ω Nếu Ek dãy tập hợp ∞ E ∗ = lim sup En = ∩∞ n=1 ∪k=n Ek ; ∞ E∗ = lim inf En = ∪∞ n=1 ∩k=n En n→∞ n→∞ Với Ω ⊂ Rn tập bị chặn đo được, ta định nghĩa trọng tâm Ω điểm x∗ xác định x∗ = |Ω| xdx Ω Hàm u : Ω → R lồi tập Ω với ≤ t ≤ x, y ∈ Ω cho tx + (1 − t)y ∈ Ω ta có u(tx + (1 − t)y) ≤ tu(x) + (1 − t)u(y) Định nghĩa 1.1 (Ánh xạ pháp) Ánh xạ pháp u gọi vi Khóa luận tốt nghiệp Đại học HOÀNG THỊ THÙY TRANG u11i (P )2 ui (P )2 = , với i = u(p)2 u11 (P )2 Bởi vậy, u11 (P ) n = k=2 n = k=2 n = k=2 n k>1,l=1 u1kl (P )2 ukk (P )ull (P ) u1k1 (P )2 + ukk (P )u11 (P )2 n l=2 u1kl (P )2 u11 (P )ukk (P )ull (P ) u1k1 (P ) + số hạng dương ukk (P )u11 (P )2 uk (P )2 + số hạng dương ukk (P )u(P )2 Thay biểu thức vào (2.3) bỏ số hạng dương ta n u1 (P )2 − + u(P ) u(P )2 u11 (P ) n i=1 u1i (P )2 ≤ 0, uii (P ) Từ n u1 (P )2 − + u11 (P ) ≤ u(P ) u(P )2 u11 (P ) Nhân biểu thức với u11 (P )u(P )2 eu1 (P ) ta thu h(P ) − ne u1 (P )2 2 h(P ) − u1 (P )2 eu1 (P ) ≤ 17 Khóa luận tốt nghiệp Đại học HOÀNG THỊ THÙY TRANG Suy h(P ) ≤ ne =e 2.2 u1 (P )2 u1 (P )2 (n2 + 4u1 (P )2 )eu1 (P )2 n + n2 + 4u1 (P )2 ≤ C(n)eu1 (P ) + Đánh giá Holder miền D2u Ta kí hiệu |u(x) − u(y)| |x − y|α x,y∈Ω [u]α,Ω = sup nửa chuẩn Holder bậc α hàm u Ω Định lý 2.1 Cho Ω ⊂ Rn miền lồi mở Bαn (0) ⊂ Ω ⊂ B1 (0) ¯ nghiệm lồi toán u ∈ C (Ω) ∩ C(Ω) detD2 u = 1, Ω u = 0, ∂Ω Với > Ω = {x ∈ Ω : u(x) < − } , tồn số C = C(n) < α < phụ thuộc vào D2u số chiều n cho α,Ω ≤ C Chứng minh Chứng minh định lí thực bước: Bước 1: Tồn số C0 > phụ thuộc vào cấu trúc, 18 Khóa luận tốt nghiệp Đại học HOÀNG THỊ THÙY TRANG cho dist(Ω , ∂Ω) C0 n (2.4) Điều suy từ tính chất tiết diện ngang Thật vậy, đặt m = minΩ u x0 ∈ Ω cho m = u(x0 ) Vì u lồi u = ∂Ω, m < u(x) < với x ∈ Ω Rõ ràng l(x) = m siêu phẳng giá u (x0 , u(x0 )) Cho S(x0 , 0, t) = {x : u(x) < m + t} Ta có S(x0 , 0, −m) = {x : u(x) < 0} = Ω, S(x0 , 0, −m − ) = Ω Vì S(x0 , 0, −m) = Ω chuẩn hóa, nên theo hệ (1.1) ta thu dist(S(x0 , 0, −m − ), ∂S(x0 , 0, −m)) −m − = dist(S(x0 , 0, (−m)), ∂S( x0 , 0, −m)) −m n n −m − + C0 − = C0 −m −m Theo Mệnh đề 1.1, m ≈ Cn nên (2.4) chứng minh Bước 2: Ta có đánh giá |Du(x)| C −n , với x ∈ Ω , Theo Bổ đề 1.1 ta có Du(x) ∈ B 0, maxΩ −u ,x ∈ Ω dist(Ω , ∂Ω) Vậy (2.5) chứng minh từ (2.4) 19 (2.5) Khóa luận tốt nghiệp Đại học HỒNG THỊ THÙY TRANG Bước 3: Nếu |α| = Dαα u(x) C( ), với mọix ∈ Ω3 (2.6) Thật vậy, xét hàm số v(x) = u(x) + Ta có detD2 v = 1, Ω2 , v = 0, ∂Ω2 Áp dụng Bổ đề 2.1 với v tập Ω2 , ta có max h(x) ≤ Cn eDα u(P ) , Ω2 h(x) = |v(x)| Dαα v(x)e Dα v(x) h(P ) = maxΩ2 h(x) Vì Ω2 ⊂ Ω , nên theo (2.5) ta có |Dα v(P )| = |Dα u(P )| ≤ C h(x) = |v(x)| Dαα u(x)e Dα u(x) ≤ Cn eC −2n −n , hệ , với x ∈ Ω2 (2.7) Nếu x ∈ Ω3 v(x) = u(x) + < −3 + = , tức |v(x)| > Ω3 từ (2.7) ta thu Dαα u(x) ≤ Cn eC Từ suy (2.6) với C( ) = Cn −2n eC , với x ∈ Ω3 −2n Bước 4: Giả sử λj (x), j = 1, · · · , n giá trị riêng D2 u(x) Khi λj (x) ≥ , với x ∈ Ω3 , C( )n−1 20 (2.8) Khóa luận tốt nghiệp Đại học HỒNG THỊ THÙY TRANG C( ) số Bước Thật det D2 u = nên ta có λ1 (x) · · · λn (x) = Do λj (x) = λ1 (x) · · · λj−1 (x)λj+1 (x) · · · λn (x) Từ bước 3, n Dij u(x)αi αj ≤ C( ), Dαα u(x) = i,j=1 với α = (α1 , · · · , αn ) ; |α| = Vì D2 u(x) ma trận đối xưng, nên tồn ma trận trực giao O cho   λ (x) · · ·     t OD u(x)O =  0    · · · λn (x) Nếu z = (z1 , · · · , zn ) , |z| = D2 u(x)Ot z, Ot z = OD2 u(x)Ot z, z = n λi (x)zi Do λj (x) ≤ C( ) với ≤ j ≤ n ta chứng minh (2.8) Bước 5: Kết hợp Bước ta có Id ≤ D2 u(x) ≤ C( )Id, với x ∈ Ω3 n−1 C( ) (2.9) Bước 6: Chúng ta cần tới định lí sau: Định lý 2.2 ([3], Sec 17.4) Cho F ∈ C (Rn×n ), g ∈ C (Ω), u ∈ C (Ω) 21 Khóa luận tốt nghiệp Đại học HOÀNG THỊ THÙY TRANG F (D2 u) = g Ω Giả sử F elliptic u, tức tồn số dương λ, Λ cho λ |ξ|2 ≤ Fij (D2 u(x))ξi ξj ≤ Λ ξ với ξ ∈ Rn x ∈ Ω Ở Fij = ∂F ∂aij F hàm lõm u, tức F hàm lõm miền giá trị D2 u(x), tức Fij,kl = ∂ 2F ∂aij ∂akl thỏa mãn n ijkl=1 ∂ 2F D2 u(x) uij (x)ukl (x) ≤ 0, với x ∈ Ω ∂aij ∂akl Khi tồn số dương C < α < phụ thuộc vào λ, Λ n cho với hình cầu BR0 ⊂ Ω R ≤ R0 ta có oscBR D u ≤ C R R0 α oscBR D2 u + R0 |Dg|0,Ω + R02 D2 g 22 0,Ω Khóa luận tốt nghiệp Đại học HOÀNG THỊ THÙY TRANG Ta áp dụng kết phương trình F (D2 u) = log det D2 u = log = ∂F D2 u(x) = uij (x), uij (x) ma trận nghịch đảo ∂uij D u(x) Vì D2 u(x) thỏa mãn bất đẳng thức (2.9) det D2 u = Ở nên ma trận nghịch đảo thỏa mãn bất đẳng thức tương tự Mặt khác, F (D2 u) lõm Vì g = nên R R0 oscBR D u ≤ C α oscBR0 D2 u với hình cầu BR0 ⊂ Ω3 R ≤ R0 Theo Bước 3, oscBR0 ≤ C( ), với BR0 ∈ Ω3 Bằng cách phủ Ω4 với số hữu hạn hình cầu chứa Ω3 áp dụng bất đẳng thức trước đó, ta có điều cần chứng minh 2.3 C α đánh giá D2u Bây chứng minh kết chương Định lý 2.3 Cho u ∈ C (Rn ) hàm lồi cho det D2 u = Rn Tồn số dương C(n), C1 < α < cho với λ > ta có bất đẳng thức [Dij u]α,B(0,C α 1λ ) λ1+ ≤ C(n) Đặc biệt, u phải đa thức bậc hai 23 Khóa luận tốt nghiệp Đại học HỒNG THỊ THÙY TRANG Chứng minh Ta giả sử u(0) = 0; Du(0) = D2 u(0) = Id, từ suy u ≥ Thật vậy, đặt v(x) = u(x) − u(0) − Du(0) · x ta có v(0) = 0, Dv(0) = det D2 v(x) = Vì D2 v(0) ma trận đối xứng xác định dương nên tồn ma trận trực giao O cho   d ···     t O D v(0)O =     · · · dn dj > 0, i = 1, · · · , n Đặt w(x) = v(Ox) Khi D2 w(x) = Ot t D2 v(Ox)O det D2 w =  w(0) = 0,Dw(0) = O (Dv)(O0 ) = d ···     t O (Dv)(0) = Do D w(0) =     · · · dn xn x1 Bây đặt w(x) ¯ = w √ ,··· , √ d1 dn D2 w(x) ¯ =  x1 xn √ √ w , · · · , 11  d1 d1 dn      x1 xn √ wn1 √ , · · · , √ dn d1 d1 dn x1 xn ··· √ w1n √ , · · · , √ d1 dn d1 dn xn xn ··· wnn √ , · · · , √ dn dn dn x1 xn det D2 w √ , · · · , √ d1 · · · dn d1 dn 2 d1 , · · · , dn = 1, nên det D w(x) ¯ = D w(0) ¯ = Id det D2 w(x) ¯ = 24        Khóa luận tốt nghiệp Đại học HỒNG THỊ THÙY TRANG Cho λ > Sλ = {x : u(x < λ)} Eλ ellipsoid tích nhỏ chứa Sλ với tâm xλ , trọng tâm Sλ Chú ý O phép quay O(Sλ ) = z : u(O−1 z) < λ Bằng cách thay u u(O−1 ·), ta giả sử trục ellipsoid Eλ nằm trục tọa độ Nếu T = Tλ biến đổi afin chuẩn hóa Sλ , tức Bαn (0) ⊂ T (Sλ ) ⊂ B1 (0), T (Eλ ) = B1 (0) T x = Ax+x0 , A = Aλ với A ma trận chéo   µ ···     A=    · · · µn Ta ý Eλ = x: (x1 − x1λ )2 (xn − xnλ )2 + · · · + ≤1 a21 a2n Tx = x1 − x1λ xn − xnλ ,··· , a1 an , tức  a  ···  T x =   ···     (x − xλ ) = A(x − xλ )  an 25 Khóa luận tốt nghiệp Đại học HOÀNG THỊ THÙY TRANG Ta khẳng định µi ≈ λ− , i = 1, · · · , n Để chứng minh khẳng định trên, ta đặt u∗ (y) = λ u T − 1y − , γ γ γ chọn cho det D2 u∗ (y) = |det T |−2 = Vì n γ |Du∗ (T (Sλ ))| ≈ Hàm u∗ lồi thỏa mãn detD2 u∗ = 1, T (Sλ ), u∗ = 0, ∂T (Sλ ) Theo Mệnh đề 1.1 , | u∗ | ≈ Cn T (Sλ ) Mặt khác, minSλ u = nên ta có | u∗ | = T (Sλ ) λ γ Do λ ≈ Cn γ 26 (2.10) Khóa luận tốt nghiệp Đại học HOÀNG THỊ THÙY TRANG Chú ý T −1 y = A−1 y + xλ Áp dụng Bước Định lý 2.1 vào u∗ (theo (2.9)) ta thu C2 ( )Id ≤ D2 u∗ (x) ≤ C1 ( )Id, với x ∈ {x ∈ T (Sλ ) : u∗ (x) < − } Vì T = Tλ chuẩn hóa Sλ nên áp dụng Định lý 1.3 với tiết diện Sλ , Sτ λ với < τ < ta có B(T (0), K2 τ ) ⊂ T (Sτ λ ) Ngồi theo (2.10), ta có T (Sτ λ ) ⊂ {x ∈ T (Sλ ) : u∗ (x) < −(1 − τ )β} , với β > số phụ thuộc vào n Do đó, tồn số > c0 > cho B(T (0), c0 ) ⊂ Ω∗ = x ∈ T (Sλ ) : u∗ (x) < − với ≤ Mặt khác D2 u∗ (y) = −1 t (A ) D u(A−1 y + xλ )A−1 , γ cách đặt y = T (0) = −Axλ ta có D2 u∗ (y) = −1 t (A ) D u(0)A−1 = (A−1 )t A−1 γ γ 27 (2.11) Khóa luận tốt nghiệp Đại học HỒNG THỊ THÙY TRANG Vì C2 ( )Id ≤ −1 t −1 (A ) A ≤ C1 ( )Id γ Lúc A −1 1 ···  µ1  = 0  ···    0  1 µn nên C2 ≤ 1 ≤ C1 , i = 1, · · · , n γ µ2i λ ≈ Cn nên khẳng định chứng minh Chú ý, |det T | |Sλ | ≈ C γ n nên ta thấy |Sλ | ≈ λ Vì Ta có u∗ (y) = u λ 1 λ y1 , · · · , yn + x λ − , µ1 µn γ theo Định lý 2.1 C(n, ) ≥ [Dij u∗ ]α,Ω∗ Nếu A ma trận khả nghịch vA (x) = v(A−1 x + y0 ) [vA ]α,Ω ≥ A α 28 [v]α,A−1 (Ω)+y0 Khóa luận tốt nghiệp Đại học HỒNG THỊ THÙY TRANG Ta có Dij u∗ (y) = 1 Dij u γ µi µj 1 y , · · · , yn + x λ , µ1 µn theo (2.11) C(n) ≥ [Dij u∗ ]α,Ω∗ ≥ [Dij u∗ ]α,B(T (0),c0 ) 1 ≥ [Dij u]α,A−1 (B(T (0),c0 )) + xλ γµi µj (maxi µi )α Vì T (0) = −Axλ nên A−1 B(T (0), c0 ) + xλ = A−1 (B(0, c0 )) ≈ B(0, λ c0 ) hệ α C(n) ≥ λ1+ [Dij u]α,B(0,λ 21 c ) Cho λ → ∞, ta chứng minh Dij số tập bị chặn Ta có điều phải chứng minh 29 Kết luận Trên toàn nội dung đề tài "Nghiệm lồi phương trình det D2 u = Rn " Trong khóa luận em trình bày kết nghiệm lồi phương trình Monge-Ampere với vế phải đơn vị, Bổ đề Pogorelov, đánh giá Holder miền C α đánh giá Hessian D2 u nghiệm Khóa luận đạt mục đích nhiệm vụ đề Tuy nhiên thời gian hạn chế lần thực khóa luận nên khơng tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận ý kiến đóng góp quý báu Thầy, Cơ giáo bạn sinh viên để khóa luận đầy đủ hoàn thiện Trước kết thúc khóa luận này, lần em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc Thầy, Cơ giáo Khoa Tốn, đặc biệt Thầy giáo Trần Văn Bằng tận tình hướng dẫn giúp đỡ em hồn thành khóa luận Em xin chân thành cảm ơn! 30 Tài liệu tham khảo [1] I J Bakelman, Convex analysis and nonlinear geometric elliptic equations, Springer, Berlin, 1994 [2] L C Evans, R F Gariepy, Measure theory and fine properties of functions, CRC, Boca Raton, 1992 [3] D Gilbarg , N S Trudinger, Elliptic partial differential equations of second order, 2nd edn., Springer, New York, 1983 [4] C E Gutiérrez, The Monge-Ampère equation, Second Edition, Birkhauser, 2016 31 ...  u11l (P )2 = + u 11 (P ) u 11 (P )ull (P ) u 11 (P ) = u 11 (P ) l =1 n k >1, l =1 n i =1 k >1, l =1 u11i (P )2 uii (P ) u1kl (P )2 − ukk (P )ull (P ) n i =1  u11i (P )2  u 11 (P )uii (P ) u1kl (P )2 ukk... (2 .1) Vì wi = wii = ui u11i + + u1 u1i , u u 11 (2.2) uii u2i u11ii u 211 i − 2+ − + u21i + u1 u1ii u u u 11 u 11 Từ n Lw(x) = i =1 Dii (x)w(x) uii (P ) = u(x) + n i =1 1 uii (x) − uii (P ) u(x)2 1. .. , với i = u(p)2 u 11 (P )2 Bởi vậy, u 11 (P ) n = k=2 n = k=2 n = k=2 n k >1, l =1 u1kl (P )2 ukk (P )ull (P ) u1k1 (P )2 + ukk (P )u 11 (P )2 n l=2 u1kl (P )2 u 11 (P )ukk (P )ull (P ) u1k1 (P ) +