Đang tải... (xem toàn văn)
Từ việc tham khảo một số nguồn tư liệu (có trong danh mục tài liệu tham khảo) và trên cơ sở những hiểu biết thu được của chính mình, tác giả đã trình bày cô đọng (ở các chương 2 và 3) mộ[r]
(1)TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN
VÕ MINH LỰC
SỰ TƯƠNG ĐƯƠNG GIỮA
NGHIỆM NHỚT VÀ NGHIỆM MINIMAX CỦA PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG
PHI TUYẾN CẤP MỘT
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
(2)TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN
VÕ MINH LỰC
SỰ TƯƠNG ĐƯƠNG
GIỮA NGHIỆM NHỚT VÀ NGHIỆM MINIMAX CỦA PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG
PHI TUYẾN CẤP MỘT
Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60 46 01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học: TS NGUYỄN DUY THÁI SƠN
(3)MỤC LỤC
Mục lục i
MỞ ĐẦU iii
Chương Các kiến thức cần thiết ánh xạ đa trị và
bao hàm thức vi phân
1.1 Ánh xạ đa trị
1.1.1 Định nghĩa ví dụ
1.1.2 Tính liên tục ánh xạ đa trị
1.2 Bao hàm thức vi phân
Chương Nghiệm nhớt 2.1 Định nghĩa tính chất chung
2.1.1 Ký hiệu định nghĩa
2.1.2 Một số tính chất nghiệm nhớt 10
2.1.3 Nghiệm nhớt trơn khúc 16
2.1.4 Bất đẳng thức vi phân theo nghĩa nhớt 20
2.1.5 Đặc trưng điểm S ϕ,ψ E+(ϕ(u −ψ)) 22
2.2 Tính nghiệm tốn Cauchy 26
2.2.1 Nghiệm nhớt toán Cauchy 26
2.2.2 Tính nghiệm toán Cauchy 28
2.3 Sự tồn nghiệm nhớt cho toán Cauchy 33
Chương Nghiệm minimax 35 3.1 Định nghĩa nghiệm minimax 35
3.1.1 Phát biểu toán Cauchy 35
(4)3.1.3 Thêm tính chất FU =FU(t,x,u, α)
FL =FL(t,x,u, β) 38 3.2 Tính bất biến định nghĩa 44 3.3 Sự tồn nghiệm minimax 48 3.4 Mối quan hệ nghiệm minimax nghiệm nhớt 62
KẾT LUẬN 67
(5)MỞ ĐẦU
Chúng ta xét tốn Cauchy cho phương trình đạo hàm riêng phi tuyến cấp (phương trình Burger khơng nhớt) sau đây:
∂u ∂t +u
∂u
∂x = t > 0, x ∈R (1) u(x0) = h(x) x∈ R (2)
Người ta thường quy toán (1)-(2) tốn phương trình vi phân
thường cách tìm đường cong x = x(t) cho dọc theo chúng: d
dtu(t, x(t)) = ∂u
∂t (t, x(t)) +u(t, x(t)) ∂u
∂x(t, x(t))
Một cách đơn giản (gợi ý từ quy tắc dây chuyền), ta yêu cầu dx/dt= u, đến khái niệm “đường đặc trưng” x =x(t) xác định bởi:
dx
dt = u(t, x) (3) Dọc theo đường đặc trưng x = x(t) ta có du/dt = 0, tức u = u(t, x(t)) nhận giá trị số, đường đặc trưng phải đường thẳng với độ dốc cho (3)
Do điều kiện đầu (2), thực, đường đặc trưng qua điểm (0, s)
cho trước trục hoành đường thẳng:
x =s+h(s)t; (4) đó, u nhận giá trị hằng:
(6)Vì thế, chuẩn C1 h = h(s) bị chặn, từ (4) định lí hàm ẩn, ta thu
s =s(t, x) (6) với giá trị đủ nhỏ t Thay (6) vào (5) ta nghiệm cổ điển (nghiệm khả vi liên tục)
u =h(s(t, x))
của tốn Cauchy (1)-(2) Tuy nhiên, nói chung, nghiệm tồn địa phương theo thời gian t Trên thực tế nghiệm cổ điển bùng nổ sau thời gian hữu hạn (dù cho kiện ban đầu trơn nhỏ), đường đặc trưng cắt (chẳng hạn kiện ban đầu hàm tăng)
Ví dụ cho thấy: phương trình đạo hàm riêng phi tuyến (cấp một), nghiệm cổ điển toán Cauchy tồn địa phương theo biến thời gian, kiện ban đầu đủ trơn nhỏ Do đó, người ta cần phải có cách hiểu khác nghiệm tốn này; khái niệm nghiệm suy rộng hay nghiệm yếu Trên thực tế, tồn toàn cục (và tính nhất) kiểu nghiệm suy rộng nghiên cứu từ nhiều quan điểm khác
Vào năm 1950 đến năm 1970, lý thuyết số phương pháp xây dựng nghiệm suy rộng phương trình đạo hàm riêng cấp xây dựng Aizawa, Bakhvalov, Benton, Conway, Douglis, Fried-man, Gelfand, Godunov, Hopf, Oleinik, Kruzhkov nhà toán học khác Trong giai đoạn này, đáng ý kết Kruzhkov tồn nghiệm tồn cục phương trình Hamilton – Jacobi lồi
(7)nhất tổng quát cho phép người ta diễn đạt xác điều kiện biên tổng quát
Trong thời gian này, độc lập với Crandall Lions, gợi ý từ nghiên cứu lý thuyết trò chơi vi phân, Subbotin đề xuất khái niệm nghiệm minimax Ông cộng xây dựng lý thuyết đầy đủ nghiệm minimax cho phương trình đạo hàm riêng phi tuyến cấp tìm thấy ứng dụng hiệu lý thuyết tốn điều khiển (và trị chơi vi phân)
(8)Chương 1
CÁC KIẾN THỨC
CẦN THIẾT VỀ ÁNH XẠ ĐA TRỊ VÀ BAO HÀM THỨC VI PHÂN
1.1 Ánh xạ đa trị
1.1.1 Định nghĩa ví dụ
Giả sử X 6= ∅ tập hợp Gọi 2X họ tất tập X Định nghĩa 1.1.1 Cho hai tập hợp X, Y Một tương ứng X x 7→ F(x)∈ 2Y gọi ánh xạ đa trị từ X vào Y
Ta thường sử dụng ký hiệu F : X ⇒ Y để F ánh xạ đa trị từ X vào Y Các tập F(x) ⊂ Y gọi giá trị hàm đa trị Nếu với x ∈ X tập F(x) gồm phần tử, ta nói F ánh xạ đơn trị từ X vào Y
Ví dụ: Xét phương trình đa thức
xn +a1xn−1+ .+an−1x+an = 0, (1.1)
ở n ∈N số nguyên dương ∈ R (i = 1, , n) hệ số thực Quy tắc cho tương ứng vectơ a = (a1, , an) ∈ Rn với tập nghiệm F(a)của (1.1) cho ta ánh xạ đa trị F : Rn ⇒ C từ không gian Euclide
Rn vào tập số phức C
(9)công thức
Graph(F) = {(x, y) ∈X ×Y :y ∈ F(x)}, Dom(F) = {x ∈ X : F(x) 6= ∅},
Im(F) = [
x∈X
F(x)
Ánh xạ ngược F−1 F ánh xạ đa trị từ Y đến X xác định bởi: F−1(y) = {x ∈ X :y ∈ F(X)}
Nếu K ⊂ X, ta ký hiệu F|K hạn chế F lên K, xác định sau:
F|K(x) =
F(x) x ∈K ∅ x /∈K
Trong trường hợp X, Y khơng gian mêtric, giả sử P tính chất tập không gian mêtric (chẳng hạn: đóng, lồi, đo được, .) Ta quy ước nói ánh xạ đa trị có tính chất P đồ thị có tính chất P Chẳng hạn, ánh xạ đa trị F : X ⇒ Y gọi đóng (tương ứng; lồi, lồi đóng, đo được, .) đồ thị tập đóng (tương ứng; lồi, lồi đóng, đo được, .) khơng gian X ×Y Nếu giá trị F(x) ánh xạ đa trị tập đóng (tương ứng; bị chặn, compact, .), ta nói F ánh xạ có giá trị đóng (tương ứng; bị chặn, compact, .) Dĩ nhiên, F = F(x) gọi bị chặn địa phương nếu: với tập bị chặn Ω
của X, F(Ω) = S
x∈Ω
F(x) tập bị chặn
1.1.2 Tính liên tục ánh xạ đa trị
Chúng ta xét ánh xạ đa trị từ không gian mêtric X vào không gian mêtric Y có giá trị compact khơng rỗng
(10)cận mở U x0 cho F(x)⊂ V ∀x ∈ U
Nếu F nửa liên tục điểm thuộc Dom(F) F gọi nửa liên tục
Định nghĩa 1.1.4 Một ánh xạ đa trị F gọi nửa liên tục x0 ∈ Dom(F) nếu: với tập mở V ⊂ Y thỏa mãn
F(x0)∩V 6= ∅, tồn lân cận mở U x0 cho F(x)∩V 6= ∅ ∀x∈ U
Nếu F nửa liên tục điểm thuộc Dom(F) F gọi nửa liên tục
Định nghĩa 1.1.5 Ta nói ánh xạ đa trị F liên tục x0 ∈ Dom(F)
nếu vừa nửa liên tục vừa nửa liên tục x0 Nếu F liên tục
tại điểm thuộc Dom(F) F gọi liên tục Ví dụ: Ánh xạ đa trị F1 :R ⇒ R xác định
F1(x) =
[−1,1] x 6=
{0} x =
là nửa liên tục không nửa liên tục Ánh xạ đa trị F2 :R ⇒ R xác định
F2(x) =
{0} x 6= [−1,1] x =
là nửa liên tục không nửa liên tục
Nhắc lại hàm số u : X → R∪ {+∞} xác định không gian topo X gọi nửa liên tục x0 ∈ Dom(u) ={x∈ X : u(x) < +∞}
nếu với ε > tồn lân cận mở U x0 cho u(x) ≥ u(x0)−ε
∀x ∈ U
Hàm số u gọi nửa liên tục x0 ∈ Dom(u) với mọiε >
tồn lân cận mở U x0 cho u(x) ≤ u(x0) +ε ∀x∈ U
(11)Định lý 1.1.6 (Weierstrass) Cho X 6= ∅ không gian topo compact Nếu u: X → R hàm số nửa liên tục dưới, tốn
min{u(x) : x∈ X} (1.2)
có nghiệm Nếu u hàm số nửa liên tục trên, tốn
max{u(x) : x∈ X} (1.3)
có nghiệm
Chứng minh Ta cần chứng minh khẳng định thứ nhất, hàmulà nửa liên tục hàm (−u)(x) := −u(x) nửa liên tục dưới, x0 nghiệm (1.3) x0 nghiệm toán
min{(−u)(x) : x∈ X}
Giả sử u hàm số nửa liên tục tập compact X Giả sử khơng có x0 nghiệm tốn (1.2) Đặt γ = inf{u(x) : x ∈X} và:
Ωk = {x ∈ X : u(x) >−k} (k = 1,2,3, )
Do u hàm số nửa liên tục nên với k, Ωk tập mở Dễ thấy X =
∞
S
k=1
Ωk Vậy {Ωk}k∈N phủ mở X Do X không gian
compact {Ωk} họ lồng nhau, nên tồn k0 ∈ N cho X = Ωk0;
đặc biệt, γ ∈R Bấy giờ, với k ∈ N ta đặt
Ωk = {x ∈ X :u(x) > γ +
1
k} (k = 1,2,3, )
Dễ thấy {Ωk}k∈N phủ mở X, khơng có x0 ∈ X
nghiệm (1.2), ta khơng thể trích từ phủ mở phủ hữu hạn Vậy X không không gian compact, trái giả thiết! Định lý chứng minh
1.2 Bao hàm thức vi phân
(12)trong F ánh xạ đa trị từ R×Rn vào
Rn
Cho trướcJ = [0, T]⊂ R, hàm đa trịJ×Rn 3 (t, x) 7→G(t, x) ⊂
Rn, tìm nghiệm liên tục tuyệt đối bao hàm thức vi
phân
dx
dt(t)∈ G(t, x(t)) hầu khắp nơi J (1.4) Với (t∗, x∗) ∈ J × Rn, ta dùng ký hiệu XG(t∗, x∗) để tập tất
hàm liên tục tuyệt đối x= x(t) từ J vào Rn thỏa mãn (1.4) ràng buộc x(t∗) = x∗ Tính chất topo tập nghiệm XG(t∗, x∗) khảo sát
trong không gian Banach C(J,Rn)các hàm liên tục J với giá trị
Rn Ta có:
Định lý 1.2.1 [1, xem định lí 5.2 7.1] Giả sử G = G(t, x) hàm đa trị có giá trị lồi, đóng, khơng rỗng G đo theo t ∈ J, nửa liên tục theo x∈ Rn sao cho
|G(t, x)| = sup{|z| :z ∈G(t, x)} ≤c(t)·(1 +|x|) với t ∈ J, x∈ Rn,
với c = c(t) hàm L1(J) Khi XG(t∗, x∗) tập compact không rỗng với (t∗, x∗) ∈ J ×Rn Hơn nữa, hàm đa trị Rn
x7→ XG(0, x) ⊂ C(J,Rn) nửa liên tục
Định lý 1.2.2 (Filippov)[1, xem định lí 10.4.1] Cho G = G(t, x) hàm đa trị có giá trị đóng, khơng rỗng; y = y(t) hàm liên tục tuyệt đối J, nhận giá trị Rn Giả sử:
(i) G =G(t, x) đo theo t ∈ J;
(ii) Tồn số r > hàm khơng âm ` = `(t) khả tích J
sao cho
G(t, x1) ⊂ G(t, x2) +`(t)x1−x2
B ∀x1, x2 ∈ y(t) +rB
với hầu hết t ∈ J;
(13)Với δ >0, đặt
µ(t) = exp
t
Z
0
`(τ)dτ
η(t) = µ(t) δ +
t
Z
0
γ(τ)dτ
Nếu η(T) ≤ r, với x∗ ∈y(0)+δB, tồn nghiệm x= x(t) XG(0, x∗) (1.4) cho
|x(t)−y(t)| ≤ η(t) ∀t ∈J
và
(14)Chương 2
NGHIỆM NHỚT
2.1 Định nghĩa tính chất chung
2.1.1 Ký hiệu định nghĩa
Cho O tập mở Rn F = F (y, s, p) hàm liên tục từ O ×R×Rn đến
R Ta xét phương trình
F (y, u, Du) = O, (2.1) Du = (uy1, , uyn)
Nếu X tập hàm O, X+ biểu thị cho tập hàm thuộc vào X không âm, Xc biểu thị cho tập hàm thuộc X triệt tiêu bên tập compact O D(O) kí hiệu cho tập hàm C∞ O, triệt tiêu bên tập compact O, tức D(O) = Cc∞(O) Sự hội tụ C(O) hội tụ tập compact O,
Để thấy động dẫn đến định nghĩa nghiệm nhớt trình bày dây, đầu tiên, giả sử u nghiệm cổ điển (nghiệm lớp C1) toán (2.1) giả sử ϕ ∈ C1(O) mà ϕ(y)u(y) = maxϕu > Khi đó, D(ϕu)(y) = ϕ(y)Du(y) +u(y)Dϕ(y) = nên
Du(y) =−u(y)
ϕ(y)Dϕ(y)
Vậy (2.1) kéo theo: F
y, u(y),−u(y)
ϕ(y)Dϕ(y)
=
(15)ϕ(y)D(u−ψ)(y) + (u(y)−ψ(y))Dϕ(y) =
⇒ Du(y) = −u(y)−ψ(y)
ϕ(y) Dϕ(y) +Dψ(y)
và thu được: F
y, u(y),−u(y)−ψ(y)
ϕ(y) Dϕ(y) +Dψ(y)
=
Trong định nghĩa thường xét trường hợp riêng - mà ψ ≡ k ∈ R hàm
Với ψ ∈ C(O), ta ký hiệu:
E+(ψ) = {y ∈ O :ψ(y) = maxψ > 0},
E−(ψ) = {y ∈ O :ψ(y) = minψ < 0},
và phải hiểu E+(ψ) = ∅ ψ khơng có cực đại dương O,
Để nhấn mạnh phụ thuộc vào O, cần thiết ta viết E+(ψ;O),
E−(ψ;O)
Bây định nghĩa nghiệm nhớt (2.1) khái niệm tương ứng nghiệm nghiệm
Định nghĩa 2.1.1 Một nghiệm nhớt (tương ứng; nghiệm nhớt trên) (2.1) hàm u∈ C(O) thỏa mãn điều kiện:
nếu E+(ϕ(u−k))6= ∅ ∃y ∈ E+(ϕ(u−k)) cho
F
y, u(y),−u(y)−k
ϕ(y) Dϕ(y)
≤
(2.2)
(tương ứng;
nếu E−(ϕ(u−k))6= ∅ ∃y ∈ E−(ϕ(u−k)) cho
F
y, u(y),−u(y)−k
ϕ(y) Dϕ(y)
≥ 0)
(2.3)
với ϕ ∈ D(O)+ k ∈ R
Một nghiệm nhớt hàm u ∈ C(O) thỏa mãn hai (2.2) (2.3), tức u vừa nghiệm nhớt vừa nghiệm nhớt
(16)đây, ý phương trình F = −F = khơng tương đương theo nghĩa nhớt
Ví dụ:u(x) = − |x|+1là nghiệm nhớt phương trình|u0|−1 = (−1,1), khơng phải nghiệm nhớt phương trình − |u0| + = (−1,1) Để thuận tiện cho việc chứng minh, ta sử dụng Định nghĩa 2.1.19 (một định nghĩa tương đương với Định nghĩa 2.1.1) nghiệm nhớt Xét tùy ý ϕ ∈ C1(−1,1) cho u−ϕ có cực đại địa phương (hoặc cực tiểu địa phương) x0 ∈ (−1,1) Nếu x0 6= 0, u
khả vi x0 ϕ
0
(x0)
=|u0(x0)| = Vấn đề nằm điểm x0 = 0,
u khơng khả vi
Giả sử ϕ ∈ C1(−1,1) cho u −ϕ có cực đại địa phương Ta ln giả sử u(0) = ϕ(0) Khi đó, − |x|= u(x)−u(0) ≤ ϕ(x)−ϕ(0)
nếu x đủ gần 0; suy
1 ≥ ϕ(x)−ϕ(0)
x x <
ϕ(x)−ϕ(0)
x ≥ −1 x >
Vì ϕ ∈ C1, cho x → 0, ta thu |ϕ0(0)| ≤ Do điều kiện (2.24) thỏa mãn với x0 ∈ (−1,1) Vậy u nghiệm nhớt
phương trình |u0| −1 = (−1,1)
Tiếp theo, giả sử u−ϕ có cực tiểu địa phương ta xem u(0) = ϕ(0) Lần này, ta có: − |x| = u(x)−u(0) ≥ ϕ(x)−ϕ(0) với x đủ gần 0; suy
1 ≤ ϕ(x)−ϕ(0)
x x <
ϕ(x)−ϕ(0)
x ≤ −1 x >
Cho x → 0, ta thu D−ϕ(0) ≥ D+ϕ(0) ≤ −1 nên D−ϕ(0) 6=
D+ϕ(0) Vậy, ϕ /∈ C1, mâu thuẫn! Mâu thuẫn chứng tỏ (2.25) điều kiện "trống không" hiển nhiên thỏa mãn Điều cho phép ta kết luận u(x) =− |x|+ nghiệm nhớt thực nghiệm nhớt phương trình |u0| −1 = (−1,1)
Bây giờ, xét hàm ϕ(x) =−x2+ Ta thấy u(x)−ϕ(x) đạt cực đại địa phương 0, nhiên − |ϕ0(0)|+ = > Suy ra: u(x) = − |x|+
không thể nghiệm nhớt phương trình− |u0|+1 = 0trong(−1,1)
(17)Nhận xét 2.1.2 ulà nghiệm nhớt toán F (y, u, Du) ≤ v = −u nghiệm nhớt toán −F (y,−v,−Dv)≥ 2.1.2 Một số tính chất nghiệm nhớt
Trong phần ta phát triển loạt kết liên quan đến nghiệm nhớt Một vấn đề đáng quan tâm là: ta chứng tỏ giả thiết yếu Định nghĩa 2.1.1 (như việc dùng lớp hẹp D(O)+ làm "hàm thử" hay việc địi hỏi "∃" thay cho "∀") làm mạnh mà không làm thay đổi khái niệm nghiệm nhớt định nghĩa Trước phát biểu kết theo hướng này, ta xét ví dụ minh họa tính "bất ổn" khái niệm nghiệm liên tục Lipschitz
Xét toán
(ux)
2
−1 = (−1,1)
u(−1) = u(1) =
Bài tốn có nghiệm Lipschitz cực đạiumax(x) = 1− |x| nghiệm
Lip-schitz cực tiểu umin = −umax Nó cịn có nhiều nghiệm khác; chẳng hạn,
công thức un(−1) = u0n = (−1) j
trên (−1 +j/2n,−1 + (j + 1)/2n), với j = 0, ,4n − 1, xác định nghiệm ≤ un ≤ 1/2n (với n) Rõ ràng un → n → ∞, hàm u ≡ khơng nghiệm phương trình (ux)2 = điểm (−1,1) Nói chung, hàm g ∈ C[−1,1] với số Lipschitz thỏa g(−1) = g(1) = xấp xỉ dãy nghiệm liên tục Lipschitz tốn Rõ ràng khơng phải điều ta muốn có khái niệm "nghiệm" phương trình vi phân
Ngược lại, nghiệm nhớt, tình trạng khơng cịn nữa:
Định lý 2.1.3 (Tính ổn định nghiệm nhớt) Cho Fl dãy hàm liên tục O ×R×Rn hội tụ trong C(O ×
(18)(tương ứng; Fl ≥ 0) Giả sử ul →u C(O) Khi đó, u nghiệm nhớt F ≤ (tương ứng; F ≥ 0)
Chứng minh Giả sử ul nghiệm nhớt Fl ≤ Lấy ϕ ∈ D(O)+
và y ∈ E+(ϕ(u−k)) Khi đó, với l đủ lớn, ϕ(y)(ul(y)−k) > (do ϕ(y)(u(y)−k) > 0), E+(ϕ(ul −k)) 6= ∅, nên theo định nghĩa
nghiệm nhớt dưới, tồn yl ∈ E+(ϕ(ul −k)) cho
Fl
yl, ul(yl),−
ul(yl)−k ϕ(yl)
Dϕ(yl)
≤ (2.4)
Bây giờ, suppϕlà tập compact nên dãy{yl} ⊂suppϕcó dãy {yl0} hội tụ đến y ∈ O Hơn ϕ(u−k) ≤ lim max(ϕ(ul −k)) =
limϕ(yl)(ul(yl)−k) ≤ ϕ(y)(u(y)−k); đó, y ∈ E+(ϕ(u−k)) Cho l →
∞ dọc theo dãy l0 sử dụng giả thiết Fl → F, từ (2.4) ta có F
y, u(y),−u(y)−k
ϕ(y) Dϕ(y)
≤
Vậy u nghiệm nhớt F ≤ Chứng minh hoàn toàn tương tự cho trường hợp F ≥
Với ϕ ∈C(O) ta đặt d(ϕ) = y ∈ O : ϕ khả vi y
Định lý 2.1.4 Giả sử u nghiệm nhớt F = 0, ϕ ∈C(O)+
và ψ ∈ C(O) Khi đó,
F
y, u,−u−ψ
ϕ Dϕ+Dψ
≤ E+(ϕ(u−ψ))∩d(ϕ)∩d(ψ) (2.5)
Nếu u nghiệm nhớt
F
y, u,−u−ψ
ϕ Dϕ+Dψ
≥ E−(ϕ(u−ψ))∩d(ϕ)∩d(ψ), (2.6) cịn u nghiệm nhớt (2.5) (2.6)
Ta chuẩn bị hai Bổ đề
Bổ đề 2.1.5 Giả sử ϕ ∈ C(O) khả vi y0 ∈ O Khi đó, tồn
hàm ψ+ ψ− cho ψ± ∈ Cc1(O), ψ±(y0) = ϕ(y0), Dψ±(y0) = Dϕ(y0)
(19)Chứng minh Thay ϕ hàm ϕ(y) = ϕ(y0 + y) − ϕ(y0) − Dϕ(y0) · y,
nếu cần, ta giả sử y0 = 0, ϕ(0) = 0, Dϕ(0) = Với giả thiết
này, ϕ(y) = |y|ρ(y), ρ ∈ C(O) ρ(y) → |y| → Đặt ρ(r) = sup{ρ(y) : y ∈ O ∩B(0, r)}
ψ+(y) = Z 2|y|
|y|
ρ(s)ds+|y|2
Giả sử B(0, h) ⊂ O Khi đó, ψ+ ∈ C1(B(0, h)), ψ+(0) = 0, Dψ+(0) =
Với y ∈ B(0, h)\{0}, với s ∈ [|y|,2|y|], từ tính đơn điệu ρ ta suy raρ(s)≥ ρ(|y|)và nhận ψ+(y) ≥ |y|ρ(|y|)+|y|2 > |y|ρ(y) =ϕ(y)
Bằng cách nhân ψ+ với hàm φ ∈ Cc1(B(0, h)) mà (0 ≤ φ ≤ B(0, h) φ = B(0, h/2)), ta xem ψ+ ∈ Cc1(O)
Để xây dựng hàm ψ−, cách đặt hàm ρ(r) ta thay sup inf
lấy
ψ−(y) =
Z 2|y|
|y|
ρ(s)ds− |y|2
Bổ đề 2.1.6 Các khẳng định Định lý 2.1.4 trường hợp riêng - mà ψ ≡ k ∈ R hàm
Chứng minh Do Nhận xét 2.1.2, ta cần chứng minh (2.5) trường hợp nghiệm nhớt Giả sử ϕ ∈ C(O)+ khả vi y0 ∈ O
và y0 ∈ E+(ϕ(u− k)) Theo Bổ đề 2.1.5, tồn ψ− ∈ Cc1(O)+ cho ψ−(y0) = ϕ(y0), Dψ−(y0) = Dϕ(y0) ψ− < ϕ suppψ−\ {y0} Khi
đó,
{y0} = E+(ψ−(u−k)) (2.7)
Chọn dãy {ϕl}∞
l=1 ⊂ D(O)
+ có giá nằm tập compact
của O cho {ϕl}∞l=1 {Dϕl}∞l=1 hội tụ tới ψ− Dψ− Với
l đủ lớn ta có ϕl(y0)(u(y0) −k) > 0; vậy, E+(ϕl(u−k)) 6= ∅, mà theo giả thiết u nghiệm nhớt nên tồn yl ∈ E+(ϕl(u−k)) để
F
yl, u(yl),−u(yl)−k ϕl(yl)
Dϕl(yl)
(20)
Vì dãy {yl} nằm tập compact O nên có dãy {yl0} hội tụ tới giới hạn y ∈ O Rõ ràng, y ∈ E+(ψ−(u−k)) (xem chứng
minh Định lý 2.1.3) nêny = y0 (do (2.7)) Cho l = l0 → ∞ (2.8),
sử dụng hội tụ ϕl → ψ− C1 đẳng thức ψ−(y0) = ϕ(y0),
Dψ−(y0) =Dϕ(y0), kết luận
F
y0, u(y0),−
u(y0)−k
ϕ(y0)
Dϕ(y0)
≤ 0,
suy điều phải chứng minh
Bây ta chứng minh Định lý 2.1.4
Chứng minh Chỉ cần xét trường hợp nghiệm (nhớt) Giả sử ϕ ∈ C(O)+, ψ ∈C(O), y0 ∈ E+(ϕ(u−ψ))∩d(ϕ)∩d(ψ) Đặt
˜
ϕ(y) = ϕ(y)u(y)−ψ(y)
u(y)−ψ(y0)
χ(y);
trong đó, χ ∈ D(O)+, ≤ χ ≤ 1, χ(y0) = (⇒ Dχ(y0) = 0), χ triệt
tiêu bên lân cận y0 mà lân cận u(y)> ψ(y0) Khi
đó,
˜
ϕ(y)(u(y)−ψ(y0)) =ϕ(y)(u(y)−ψ(y))χ(y)
≤ ϕ(y0)(u(y0)−ψ(y0)) = ˜ϕ(y0)(u(y0)−ψ(y0)) ∀y ∈ O;
nghĩa y0 ∈ E+( ˜ϕ(u−ψ(y0))) Với
K(y) = u(y)−ψ(y)
u(y)−ψ(y0)
ta có K(y0) = 1, ϕ˜(y) = ϕ(y)K(y)χ(y) Hơn nữa, u liên tục ψ khả
vi y0 nên
u(y)−u(y0)
u(y)−ψ(y0)
= ◦(1),
(21)do đó,
K(y) = + ψ(y0)−ψ(y)
u(y0)−ψ(y0) +u(y)−u(y0)
= + ψ(y0)−ψ(y)
u(y0)−ψ(y0)
+ ψ(y)−ψ(y0)
u(y0)−ψ(y0)
· u(y)−u(y0) u(y)−ψ(y0)
= + ψ(y0)−ψ(y)
u(y0)−ψ(y0)
+O(|y−y0|)· ◦(1)
= + ψ(y0)−ψ(y)
u(y0)−ψ(y0)
+◦(|y−y0|)
(2.9)
khi y → y0 Dùng tính khả vi ϕ (và ψ, χ) y0, ta có
Dϕ˜(y0) = χ(y0) (K(y0)Dϕ(y0) +ϕ(y0)DK(y0)) +ϕ(y0)K(y0)Dχ(y0)
= Dϕ(y0) +ϕ(y0)DK(y0)
Nhưng (2.9) kéo theo
DK(y0) =−
1
u(y0)−ψ(y0)
Dψ(y0),
nên
Dϕ˜(y0) =Dϕ(y0)−
ϕ(y0)
u(y0)−ψ(y0)
Dψ(y0)
Áp dụng Bổ đề 2.1.6 với k =ψ(y0) (và với ϕ˜ thay cho ϕ), ta
F
y0, u(y0),−
u(y0)−ψ(y0)
˜
ϕ(y0)
Dϕ˜(y0)
= F
y0, u(y0),−
u(y0)−ψ(y0)
ϕ(y0)
Dϕ(y0)−
ϕ(y0)
u(y0)−ψ(y0)
Dψ(y0)
= F
y0, u(y0),−
u(y0)−ψ(y0)
ϕ(y0)
Dϕ(y0) +Dψ(y0)
≤
Phép chứng minh hoàn thành
Sử dụng kết ta dễ dàng chứng minh:
Hệ 2.1.7 (Sự phù hợp khái niệm "nghiệm") Cho u nghiệm nhớt (tương ứng; nghiệm nhớt trên, nghiệm nhớt) phương trìnhF (y, u, Du) = Khi đó, F (y, u, Du)≤ 0(tương ứng; F (y, u, Du) ≥
(22)Chứng minh Chỉ cần xét trường hợp u nghiệm nhớt F ≤
0 Lấy y0 ∈ d(u) Theo Bổ đề 2.1.5, tồn ψ+ ∈ Cc1(O) với ψ+(y0) = u(y0), Dψ+(y0) = Du(y0), mà ψ+ > u lân cận thủng
B(y0, r)\{y0} Chọn ϕ ∈ D(O)+ cho suppϕ ⊂ B(y0, r), ≤ ϕ ≤ 1,
ϕ(y0) = (vì vậyDϕ(y0) = 0) Khi đó, ϕ(y)(u(y)−ψ+(y) + 1) < ∀y 6= y0
và ϕ(y0)(u(y0)−ψ+(y0) + 1) = nên E+(ϕ(u−ψ++ 1)) ={y0} Áp dụng
Định lý 2.1.4 cho u, ϕ, ψ = ψ+ −1, ta
F
y0, u(y0),−
u(y0)−ψ+(y0) +
ϕ(y0)
Dϕ(y0) +Dψ+(y0)
= F(y0, u(y0), Du(y0)) ≤
và hoàn thành phép chứng minh
Nhận xét 2.1.8 (i) Từ Hệ ta suy ra: nếuulà nghiệm nhớt F (y, u, Du) = u∈ C1(O) F (y, u, Du) = O (ii) Nếu u ∈ C1(O) nghiệm cổ điển F (y, u, Du) =
O thì, thấy đầu mục 2.1.1, u nghiệm nhớt phương trình
Định lý 2.1.4 cho ta hai kết sau đây, liên quan tới đổi biến: Hệ 2.1.9 Cho u nghiệm nhớt (tương ứng; nghiệm nhớt trên, nghiệm nhớt) (2.1) Khi đó:
(i) Nếu g ∈ C1(O), g > O, ψ ∈ C1(O) v = g(u− ψ), v
là nghiệm nhớt (tương ứng; nghiệm nhớt trên, nghiệm nhớt) G(y, v, Dv) = 0; đó,
G(y, r, p) = F
y, r
g(y) +ψ(y),
−rDg(y)
g(y)2 +
p
g(y) +Dψ(y)
(ii) Nếu Φ : O → Ob vi phơi từ miền O lên miền Ob, v( b
y) =
u Φ−1(yb) xác định nghiệm nhớt (tương ứng; nghiệm nhớt trên, nghiệm nhớt) G(y, v, Dvb ) = 0; đó,
G(y, r, pb ) =F Φ−1(yb), r, pDΦ Φ−1(yb)
(23)2.1.3 Nghiệm nhớt trơn khúc
Cho hàm u ∈ C(O) khả vi liên tục khúc/mảnh Trong mục này, ta muốn tìm điều kiện đường/mặt cong gián đoạn củaDuđể ulà nghiệm nhớt phương trình tồn miền xác định O u Xét tình miền O = O+ ∪ O− ∪Γ chia thành hai miền mở O+
và O− đường/mặt Γ thuộc lớp C1 Pháp tuyến đơn vị hướng vào
O+ Γ y0 ∈ Γ ký hiệu ~n(y0) Đặt u+ = u|O+∪Γ
u− = u|O−∪Γ Ngoài giả thiết u ∈ C(O), ta giả sử u± ∈ C1(O± ∪Γ)
Vấn đề đặt ra: u nghiệm nhớt F = O? Kết mở đầu sau tỏ hữu ích:
Mệnh đề 2.1.10 (i) Nếu u nghiệm nhớt F = O O0 tập mở O u|O0 nghiệm nhớt F = O0
(ii) Nếu u ∈ C(O), O = O1 ∪ O2 hợp hai tập mở
tương đối O1 O2 nó, u|Oi nghiệm nhớt F =
trong Oi (i = 1,2) u nghiệm nhớt F = O
Chứng minh Ta cần chứng minh cho trường hợp nghiệm nhớt (i) Cho ϕ ∈ D(O0)+(⊂ D(O)+) và k ∈
R Giả sử E+(ϕ(u−k),O0) 6= ∅
Khi đó, E+(ϕ(u−k);O) = E+(ϕ(u−k);O0) 6= ∅ Vì u nghiệm
nhớt F = O nên tồn y ∈ E+(ϕ(u− k);O) =
E+(ϕ(u−k);O0) cho
F
y, u(y),−u(y)−k
ϕ(y) Dϕ(y)
≤ 0;
vậy, u nghiệm nhớt F = O0 (theo Định nghĩa 2.1.1)
(ii) Cho ϕ ∈D(O)+ k ∈R Giả sử y ∈ E+(ϕ(u−k);O) Khi đó,
y ∈E+(ϕ(u|O1−k);O1) y ∈E+(ϕ(u|O2−k);O2) Vì u|Oi
nghiệm nhớt F = Oi (i = 1,2) nên F
y, u(y),−u(y)−k
ϕ(y) Dϕ(y)
(24)
Vậy u nghiệm nhớt F = O
Trở lại vấn đề đặt đầu mục này, giả sử u ∈ C(O) nghiệm nhớt F = O Khi đó, u± nghiệm nhớt F =
trong O± Nhưng u± nằm C1(O±) nên theo Hệ 2.1.7 (cụ thể
hơn, theo Nhận xét 2.1.8 (i)) u± thực nghiệm cổ điển O±
Cho ϕ ∈ D(O)+, k ∈ R, y0 ∈ E±(ϕ(u−k)) Nếu y0 ∈ O+ ∪ O−
lập luận mở đầu mục 2.1.1 nghiệm cổ điển đưa ta đến đẳng thức: F
y0, u(y0),−
u(y0)−k
ϕ(y0)
Dϕ(y0)
=
Bây giờ, xét trường hợp y0 ∈Γ Đặt
Ty0 ={τ ∈ R
n :~n(y
0)·τ = 0}
là không gian tiếp xúc với Γ y0 gọi pT, pN =I−pT tương ứng
phép chiếu trực giao lên Ty0, span{~n(y0)}; tức là, pNy = (~n(y0)·y)~n(y0)
Vì u+ u− trùng Γ nên pTDu+(y0) = pTDu−(y0) Khi y0 ∈
E+(ϕ(u−k))∩ Γ, ánh xạ Ty0 τ → Φ(τ) = ϕ(y0 + τ) (u(y0 +τ)−k)
thỏa: DΦ(0) = 0,
lim
α↓0
ϕ(y0 +α~n) (u+(y0+α~n)−k)−ϕ(y0) (u(y0)−k)
α ≤ 0,
lim
α↑0
ϕ(y0 +α~n) (u−(y0+α~n)−k)−ϕ(y0) (u(y0)−k)
α ≥
Các hệ thức thực chất là: −u(y0)−k
ϕ(y0)
pTDϕ(y0) =pTDu+(y0) = pTDu−(y0),
−u(y0)−k ϕ(y0)
Dϕ(y0)·~n(y0)≥ Du+(y0)·~n(y0),
−u(y0)−k ϕ(y0)
Dϕ(y0)·~n(y0)≤ Du−(y0)·~n(y0);
nói cách khác,
−u(y0)−k ϕ(y0)
Dϕ(y0) = pTDu±(y0) +ξ~n(y0)
(25)Vì vậy, điều kiện
∀y0 ∈ Γ,∀ξ ∈ [Du+(y0)·n~(y0), Du−(y0)·~n(y0)],
F (y0, u(y0), pTDu±(y0) +ξ~n(y0)) ≤
(2.10)
sẽ kéo theo u nghiệm nhớt F = Tương tự, điều kiện
∀y0 ∈ Γ,∀ξ ∈ [Du−(y0)·n~(y0), Du+(y0)·~n(y0)],
F (y0, u(y0), pTDu±(y0) +ξ~n(y0)) ≥
(2.11)
cũng kéo theo u nghiệm nhớt F = Cần ý rằng: Du−(y0)·~n(y0)> Du+(y0)·~n(y0)thì (2.11) trở thành điều kiện "rỗng
khơng" (xem khơng có điều kiện đó) Tương tự, (2.10) trở thành điều kiện rỗng không Du+(y0)·~n(y0) > Du−(y0)·~n(y0) Trên thực tế,
(2.10)-(2.11) điều kiện cần đủ để u nghiệm nhớt F = O:
Định lý 2.1.11 Cho O, O±, Γ, u, u± Khi đó, ulà nghiệm nhớt F = O u± nghiệm cổ điển F = O± (2.10)-(2.11)
Chứng minh Phần "điều kiện đủ" xác lập Ta xét "điều kiện cần" Trước hết, giả sử ξ = Du+(y0)·~n(y0) = Du−(y0)·~n(y0) Lúc này, u
khả vi y0 Du(y0) = pTDu±(y0) +ξ~n(y0) Từ Định lý 2.1.4 ta có
F(y0, u(y0), Du(y0)) = F(y0, u(y0), pTDu±(y0) +ξ~n(y0)) = 0;
vì vậy, (2.10) (2.11) Bây giờ, giả sử (2.10) điều kiện rỗng không Lấy tùy ý ξ thỏa Du+(y0)·~n(y0)< ξ < Du−(y0)·~n(y0)
Ta khẳng định: có hàm ψ ∈ C1(O) cho ψ(y0) = u(y0), ψ > u
trong lân cận thủng y0 Dψ(y0) = pTDu±(y0) + ξ~n(y0) Nếu
đã tồn hàm ψ cần chọn ϕ ∈ D(O) thích hợp,
0 ≤ ϕ ≤ 1, ϕ(y0) = 1, ϕ(y) < y 6= y0 để ≤ ϕ(ψ − u) <
có {y0} = E+(ϕ(u−ψ + 1)); suy (theo Định lý 2.1.4)
(26)vì vậy, (2.10) Cuối cùng, ta phải tồn hàm ψ Theo Mệnh đề 2.1.10 Hệ 2.1.9, cách đổi biến số địa phương hóa, xem rằngΓ siêu phẳng y1 = cần xét điểm y0 = ∈Γ
Khi đó,
u(y1, , yn) =
u+(y1, , yn) y1 ≥
u−(y1, , yn) y1 ≤ 0,
và
∂u−
∂yi (0, y2, , yn) = ∂u+
∂yi (0, y2, , yn), i= 2, , n, ∂u+
∂y1
(0,0, ,0) < ξ < ∂u− ∂y1
(0,0, ,0)
Do Bổ đề 2.1.5, tồn hàm ψ0 ∈ Cc1(Rn−1) mà
ψ0(0, ,0) =u±(0,0, ,0), ∂ψ0(0, ,0)/∂yi = ∂u±(0,0, ,0)/∂yi với i = 2, , n; ra, ψ0(y2, , yn) ≥ u±(0, y2, , yn) lân cận (0, ,0), dấu bất đẳng thức thực (y2, , yn) 6= (0, ,0)
Đặt ψ(y1, y2, , yn) = ψ0(y2, , yn) +ξy1, ta thấy ψ có tính chất địi
hỏi
Để minh hoạ kết này, xét nghiệm Lipschitz: u= |x| ≥ t ≥ 0, u = −t +|x| |x| ≤ t phương trình ut + (ux)2 = Giả sử Γ "trục" x = với ~n(0, t) = (1,0) Ở đây, F ((x, t), u,(p1, p2)) = p2 + (p1)2
và u+ = −t+x, u− = −t−x miền thích hợp Ta có
pTDu±(0, t) = (0,−1),
Du+(0, t)·~n(0, t) = > −1 = Du−(0, t)·~n(0, t),
nhưng F ((0, t), u(0, t), pTDu±(0, t) +ξ~n(0, t)) = −1 + ξ2 < −1 <
ξ <1; vậy, (2.11) không thỏa mãn
(27)2.1.4 Bất đẳng thức vi phân theo nghĩa nhớt
Trong phần xét số bất đẳng thức (vi phân) theo nghĩa nhớt Kết dành cho trường hợp chiều: Mệnh đề 2.1.12 Cho T >0 g, h ∈C[0, T]; đó, g nghiệm nhớt
g0 ≤ h (2.12)
trong (0, T) Khi đó,
g(t)≤ g(s) +
t
Z
s
h(τ)dτ ≤ s≤ t ≤ T (2.13)
Chứng minh Chỉ cần xét s = - trường hợp - ta cần chứng minh
g(t) ≤ g(0) +
t
Z
0
h(s)ds+ε+εt ≤ t ≤ T (2.14) với ε > Giả sử (2.14) khơng Khi đó, tồn t ∈ [0, T] thỏa mãn: g(t) > g(0) +
t
R
h(s)ds +ε+εt Do tính liên tục hai vế,
xem t < T Đặt: ψ(t) = g(0) +
t
R
h(s)ds + ε, ta có: ψ(t) < g(t), ψ(0) > g(0) Chọn δ > cho ψ > g [0, δ] η ∈ C1[0, T]+ cho η(T) = 0, η0 < [δ, T], ta thấy t > δ
max
[0,T] η(g−ψ) ≥ η(t) g(t)−ψ(t)
>
Từ đó, tồn t0 ∈ E+(η(g−ψ); (δ, T)); mà theo Định lý 2.1.4,
−η
0(t
0)
η(t0)
(g(t0)−ψ(t0)) +ψ0(t0) ≤ h(t0)
Do η0(t0) <0, bất đẳng thức cho thấy ψ0(t0) < h(t0); điều mâu
(28)Hệ 2.1.13 Cho T > 0, γ ∈ R g, h ∈ C[0, T]; đó, g nghiệm nhớt
g0+γg ≤ h (2.15)
trong (0, T) Khi
eγtg(t) ≤ eγsg(s) +
t
Z
s
eγτh(τ)dτ ≤ s≤ t ≤ T (2.16)
Chứng minh Theo 2.1.9, ta thấy bất đẳng thức (eγtg(t))0 ≤ eγth(t) theo nghĩa nhớt (0, T) Vậy, dùng Mệnh đề 2.1.12 ta có điều phải chứng minh
Tiếp theo, u nghiệm nhớt ∂
∂y1
u(y1, y2, , yn) =g(y1, , yn) (2.17)
khi khẳng định tương ứng hàm biến r →u(r, y2, , yn) thu cách cố định (y2, , yn) Cụ thể
hơn, ta có:
Mệnh đề 2.1.14 Cho u, g ∈ C(O) Với z = (y2, , yn) ∈ Rn−1,
đặt Oz = {r : (r, z)∈ O} uz(r) = u(r, z), gz(r) = g(r, z) r ∈ Oz
Khi đó, khẳng định sau tương đương:
Với z ∈ Rn−1, u
z nghiệm nhớt uz0 ≤ gz Oz,
(2.18)
u nghiệm nhớt
∂ ∂y1
u(y1, , yn) =g(y1, , yn) O
(2.19)
Chứng minh Trước hết, ta chứng minh (2.19) ⇒ (2.18) Lấy z0 ∈ Rn−1
sao cho Oz0 6= ∅ Giả sử η ∈ D(Oz0)
+, k ∈
R r0 ∈ E+(η(uz0 −k);Oz0)
(29)Chọnϕ ∈ D(B(z0,1))+ choϕ(z0) = 1và đặtϕε(z) = ϕ z0+ 1ε(z−z0)
Vớiε > 0đủ bé, dễ thấy:η(y1)ϕε(y2, , yn) ∈ D(O)+; nữa, dùng (2.19) giả thiết, ta suy ra: tồn (rε, zε) ∈ E+(ηϕε(u−k);O) để
−η
0(r
ε)
η(rε) (u(rε, zε)−k) ≤ g(rε, zε) (2.20)
(ở đây,
− ∂ ∂y1
(ηϕε) (rε, zε)
(ηϕε) (rε, zε)
= −η
0(rε)ϕε(zε)
η(rε)ϕε(zε)
= −η
0(rε)
η(rε)
)
Vì z0+1ε (zε −z0) ∈ suppϕ ⊂ B(z0,1) nên zε ∈ B(z0, ε); khi, rε nằm tập compact suppη nên có dãyε1 > ε2 > · · · > εl →
sao cho rεl → r Dễ thấy: r ∈ E+(η(uz0 −k);Oz0) ⇒ r = r0
Bấy giờ, (2.20) kéo theo: −η
0(r
0)
η(r0)
(u(r0, z0)−k) ≤ g(r0, z0); (2.18)
chứng minh
Tiếp theo, ta kiểm tra (2.18) ⇒ (2.19) định nghĩa: Giả sử ϕ ∈ D(O)+, k ∈ R E+(ϕ(u−k);O) 6= ∅ Lấy (r0, z0) ∈ E+(ϕ(u−k);O)
tùy ý đặt ϕz0(r) = ϕ(r, z0) r ∈ Oz0, ta hàm ϕz0 ∈ D(Oz0)
+
với r0 ∈ E+(ϕz0(uz0 −k);Oz0) Dùng giả thiết (2.18) với z = z0 dùng
Định lý 2.1.4 (hoặc Bổ đề 2.1.6), ta có −ϕz0
0(r
0)
ϕz0(r0)
(uz0(r0)−k) ≤ gz0(r0)
⇒ − ∂ ∂y1
ϕ(r0, z0)
ϕ(r0, z0)
(u(r0, z0)−k) ≤ g(r0, z0);
tức là, (2.19) chứng minh 2.1.5 Đặc trưng điểm S
ϕ,ψ
E+(ϕ(u −ψ))
Theo Định lý 2.1.4, u nghiệm nhớt F ≤ F
y, u,−u−ψ
ϕ Dϕ+Dψ
(30)
Một cách tự nhiên ta đến câu hỏi: Những điểm y thuộc vào tập có dạng E+(ϕ(u−ψ))∩d(ϕ)∩d(ψ), giá trị (tương ứng)
−((u−ψ)(Dϕ)/ϕ) +Dψ điểm gì? Chúng ta chứng minh: Định lý 2.1.15 Giả sử u ∈C(O) y0 ∈ O, a ∈ Rn Khi đó, tốn
y0 ∈ E+(ϕ(u−ψ))∩d(ϕ)∩d(ψ),
−u(y0)−ψ(y0) ϕ(y0)
Dϕ(y0) +Dψ(y0) = a
(2.21)
có nghiệm ϕ ∈ C(O)+, ψ ∈ C(O) tồn ψe∈ C1(O)
cho y0 điểm cực đại địa phương u−ψe Dψe(y0) = a Khẳng
định thay E+ E− “cực đại” “cực tiểu”
Chứng minh Trước tiên xét điều kiện đủ Giả sử ψe ∈ C1(O)
và y0 điểm cực đại địa phương u − ψe với Dψe(y0) = a Điều
chỉnh giá trị ψe (bằng cách thêm bớt số), xem
u(y0) = ψe(y0) Chọn ϕ ∈ C1(O) +
sao cho suppϕ ⊆ nψe≥ u o
và ϕ(y) < ϕ(y0) = ∀y ∈ O\ {y0} Vì u−ψe+ ≤ ≤ ϕ < suppϕ\ {y0},
ta có ϕ(y)
u(y)−ψe(y) +
< = ϕ(y0)
u(y0)−ψe(y0) +
với y ∈ O\ {y0} Do đó, y0 ∈E+
ϕ(u−ψe+ 1)
; nữa, −u(y0)−ψe(y0) +
ϕ(y0)
Dϕ(y0) +Dψe(y0) = Dψe(y0)
bởi Dϕ(y0) = Đặt ψ = ψe−1, ta có (2.21) Điều kiện cần chứng
minh sau: Nếu tốn (2.21) có nghiệm ϕ ∈ C(O)+, ψ ∈ C(O), ϕ(y) (u(y)−ψ(y)) ≤ ϕ(y0) (u(y0)−ψ(y0)), nên
u(y)≤
ϕ(y)ϕ(y0) (u(y0)−ψ(y0)) +ψ(y) = h(y)
với y đủ gần y0 Hàm h vế phải bất đẳng thức khả vi y0
với đạo hàm
Dh(y0) =−
u(y0)−ψ(y0)
ϕ(y0)
(31)Theo Bổ đề 2.1.5, tồn ψe ∈ C1(O) cho ψe(y0) = h(y0), Dψe(y0) =
Dh(y0), h < ψe lân cận thủng y0 Khi đó, u−ψe đạt cực
đại địa phương y0 với Dψe(y0) = a
Nhận xét 2.1.16 Giả sử u ∈ C(O) y0 ∈ O, a ∈ Rn Chứng minh
của Mệnh đề 2.1.20 cho thấy: cặp (y0, a) cho tốn (2.21) có
nghiệm (ϕ ∈ C(O)+, ψ ∈ C(O)) đặc trưng điều kiện
lim
y→y0
max{u(y)−u(y0)−a·(y−y0),0}
|y −y0|
= Hệ 2.1.17 Giả sử u ∈C(O) Khi đó,
A+ = n
y0 ∈ O :∃ψe∈C1(O), ψe(y0) = u(y0), ψe≥ u gần y0 o
là trù mật O Trong định nghĩa trên, thay bất đẳng thức ψe≥ u
bởi ψe≤ u, ta thu tập A− trù mật O
Chứng minh Với y∗ ∈ O ε > 0, chọn ϕ ∈Cc1(O)+ thỏa ϕ(y∗) >
và suppϕ ⊂ B(y∗, ε) Khi đó, E+(ϕ(u−(u(y∗)−1));B(y∗, ε)) 6= ∅ Lấy
y0 ∈E+(ϕ(u−(u(y∗)−1));B(y∗, ε)) áp dụng điều kiện cần Định
lý 2.1.15 (với ψ = u(y∗)−1) ta thấy y0 ∈ A+ ∩B(y∗, ε)
Sử dụng kết vừa trình bày, ta thiết lập lại khái niệm nghiệm nhớt theo cách sau
Với u ∈C(O) y0 ∈ O, đặt:
D+u(y0) =
a ∈ Rn : lim
y→y0
(u(y)−u(y0)−a·(y −y0))+
|y−y0|
=
và
D−u(y0) =
a∈ Rn : lim
y→y0
(u(y)−u(y0)−a·(y−y0))−
|y −y0|
=
;
trong đó, r+ = max{r,0}, r− = −min{r,0} Nói chung, D±u(y0)
là tập rỗng, - Hệ 2.1.17 - có tập trù mật điểmy0 ∈ O
thỏa mãn đồng thời hai điều kiện D+u(y0) 6= ∅, D−u(y0) 6= ∅ Kết
(32)(i) u nghiệm nhớt F ≤
F (y, u(y), a) ≤ với y ∈ O a∈ D+u(y) (2.22)
(ii) u nghiệm nhớt F ≥
F (y, u(y), a) ≥ với y ∈ O a∈ D−u(y) (2.23)
(iii) u nghiệm nhớt F = (2.22) (2.23)
Ta thường sử dụng định nghĩa cho nghiệm nhớt:
Định nghĩa 2.1.19 (i) u ∈ C(O) nghiệm nhớt (2.1) với ϕ ∈ C1(O), x0 ∈ O, u−ϕ đạt cực đại địa
phương x0,
F(x0, u(x0), Dϕ(x0)) ≤ 0; (2.24)
(ii) u ∈ C(O) nghiệm nhớt (2.1) với ϕ ∈ C1(O), x0 ∈ O, u−ϕ đạt cực tiểu địa phương x0,
F(x0, u(x0), Dϕ(x0)) ≥ 0; (2.25)
(iii) u ∈ C(O) nghiệm nhớt (2.1) (2.24) (2.25)
Mệnh đề 2.1.20 Giả sử u ∈ C(O), y0 ∈ O, a ∈ Rn Khi đó, khẳng
định sau tương đương:
(i) a∈ D+u(y0) (tương ứng; a ∈D−u(y0));
(ii) Tồn ψe∈ C1(O) cho u−ψe đạt cực đại (tương ứng; cực tiểu)
địa phương y0 Dψe(y0) = a
Chứng minh Giả sửa ∈ D+u(y0) Đặtη(y) = (u(y)−u(y0)−a·(y−y0))+
Do định nghĩa D+u(y0), hàm η khả vi y0 với Dη(y0) = Theo
Bổ đề 2.1.5, tồn hàm ψ+ ∈ C1(O) cho ψ+(y0) = η(y0) = 0,
(33)lấy ψe(y) =u(y0) +a·(y−y0) +ψ+(y) u−ψe≤ η−ψ+ nên u−ψeđạt
cực đại địa phương (giá trị cực đại 0) y0 với Dψe(y0) = a Do
(i)⇒(ii)
Giả sử ψe ∈ C1(O) cho u − ψe đạt cực đại địa phương y0
Dψe(y0) = a Với y đủ gần y0 ta có
u(y) ≤ u(y0)−ψe(y0) +ψe(y) = u(y0) +a·(y −y0) +◦(|y −y0|);
suy
0 ≤ (u(y)−u(y0)−a·(y−y0))+ ≤ (◦(|y−y0|))+ = ◦(|y−y0|)
khi y → y0 Từ đó, a∈ D+u(y0) Vậy, (ii)⇒(i)
Nhận xét 2.1.21 Từ Mệnh đề 2.1.18 2.1.20 ta thấy hai Định nghĩa 2.1.1 2.1.19 tương đương
2.2 Tính nghiệm toán Cauchy
Chúng ta xét toán Cauchy cho phương trình Hamilton-Jacobi Nói xác xét toán
(a) ut +f(x, t, u, Du) = Ω×(0, T],
(b) u(x, t) = z(x, t) ∂Ω×(0, T],
(c) u(t, x) = u0(x) Ω
(2.26)
2.2.1 Nghiệm nhớt toán Cauchy
Những ký hiệu
(34)Định nghĩa 2.2.1 Giả sử f ∈ C(Ω×(0, T]×R×Rn) Khi một nghiệm nhớt (tương ứng; nghiệm nhớt trên, nghiệm nhớt) ut +
f(x, t, u, Du) = Q0T hàm u ∈C(Q0T) thỏa mãn điều kiện:
E+ ϕ(u−k), Q0T
6
= ∅ ⇒ ∃(x0, y0) ∈ E+ ϕ(u−k), Q0T
thỏa mãn − u(x0, y0)−k ϕ(x0, y0)
ϕt(x0, y0)
+f
(x0, y0), u(x0, y0),−
u(x0, y0)−k
ϕ(x0, y0)
Dϕ(x0, y0)
≤ 0,
(2.28) (tương ứng;
E− ϕ(u−k), Q0T
6
= ∅ ⇒ ∃(x0, y0) ∈ E− ϕ(u−k), Q0T
thỏa mãn − u(x0, y0)−k ϕ(x0, y0)
ϕt(x0, y0)
+f
(x0, y0), u(x0, y0),−
u(x0, y0)−k
ϕ(x0, y0)
Dϕ(x0, y0)
≥ 0;
(2.29)
tương ứng (2.28) (2.29) ) với ϕ ∈ D(Q0T)+ k ∈ R
Mệnh đề 2.2.2 [4, trang 31-32] Giả sử u ∈ C(QT) nghiệm nhớt
(35)2.2.2 Tính nghiệm toán Cauchy
Trước hết trình bày giả thiết khác mà ta sử dụng bên dưới:
f ∈ C(Ω×[0, T]×R×Rn) là hàm liên tục trong
Ω×[0, T]×[−R, R]×B(0, R) cho R >
(2.30)
Cho R > tồn γR ∈ R cho
f(x, t, r, p)−f(x, t, s, p) ≥ γR(r−s) với x ∈ Ω, −R ≤ s≤ r ≤ R,0 ≤ t ≤ T p ∈ Rn.
(2.31)
lim
α↓0 sup{|f(x, t, s, p)−f(y, t, s, p)| : |y −x|(1 +|p|) ≤ α,
0 ≤ t ≤ T,|s| ≤ R} = cho R >
(2.32)
lim
α↓0 sup{|f(x, t, s, p)−f(y, t, s, p)| : |y −x| ≤ α,|y −x|(1 +|p|) ≤ R,
0 ≤ t ≤ T,|s| ≤R} = cho R > (2.33) Định lý 2.2.3 [4, trang 32,33] Giả sử (2.30) (2.31) Giả sử
u∈ Cb(QT) nghiệm nhớt ut+f(x, t, u, Du) = trongQT
và v ∈Cb(QT) nghiệm nhớt vt+f(x, t, u, Du) =g(x, t)
trong QT, g ∈Cb(QT) Đặt R0 = max ||u| |L∞(Q
T),||v| |L∞(QT)
và γ =γR0 (2.31) Đặt ∂0QT = ∂Ω×[0, T]∪(ΩT × {0}) Thì:
(i) Nếu (2.33) u|∂0QT, v|∂0QT ∈ BU C(∂0QT) lim
(x,t)∈Q0 T
(x,t)→(x0,t0)
(36)đều cho (x0, t0) ∈ ∂0QT,
|eγt(u−v)+
|L∞(QT) ≤
|eγt(u−v)+
|L∞(∂0QT)+ Z T
0
eγs|g(., s)−
|L∞(Ω)ds
(2.34)
(ii) Nếu (2.32) u, v ∈BU C(QT), (2.34) (iii) Nếu Du, Dv ∈L∞(QT), (2.34)
Chúng ta chứng tỏ u, v hai nghiệm nhớt
ut+f(x, t, u, Du) = Ω×(0, T] (2.35) với u(x,0) = v(x,0) hình cầu |x| ≤ R, u = v |x| ≤ R− Lt L số Lipschitz cho f(x, t, r, p) theo p Chúng ta giả sử
f ∈ C(Rn×[0, T]×R×Rn) f(x, t, r, p) không giảm theo r cho (x, t, p) ∈ Rn×[0, T]×
Rn
(2.36) Ta có:
Định lý 2.2.4 Giả sử u, v ∈ C(Rn × [0, T]) nghiệm nhớt (2.35) QT =Rn ×[0, T] Giả sử (2.36)
u(x,0) ≤ v(x,0) |x| ≤ R, (2.37) C = max ||Du| |L∞(Q
T),||Dv| |L∞(QT)
, m = max ||u| |L∞(Q
T),||u| |L∞(QT)
(2.38)
và
|f(x, t, r, p)−f(x, t, r, q)| ≤ L|p−q|
cho |p|,|q| ≤ C,|r| ≤ m,|x| ≤R−Lt, ≤ t ≤ T
(2.39)
Khi
(37)Hơn nữa, điều C = ∞ (2.39), u, v ∈ C(QT),
f(x, t, r, p) liên tục theo (x, t) cho |r| ≤ m, p ∈ Rn. Kết hệ mệnh đề sau
Mệnh đề 2.2.5 Giả sử (2.36) u, v ∈C(QT) nghiệm nhớt (2.35) QT Giả sử Λ ∈ C1(QT),Λ ≥ 0,Λ = với |x| lớn
−∂Λ
∂t > L|DΛ| (suppΛ)
0(phần suppΛ). (2.41)
Giả sử ta có (2.38) (2.39) với (x, t) ∈ (suppΛ)0 Nếu u(x,0) ≤ v(x,0) {(x,0) : Λ(x,0) > 0}, u ≤ v suppΛ Hơn kết C =∞ (2.39), u, v ∈ C(QT), f(x, t, r, p) liên tục theo (x, t) cho |r| ≤ m, p ∈ Rn.
Trước chứng minh ta đưa bổ đề sau:
Bổ đề 2.2.6 [4, trang 21-22] Giả sử u ∈ C(Rn), Φ ∈ C1(Rn) x0 ∈
E+(uΦ) Đặt
ρu(λ) = max{|u(x0)−u(x)| :|x0 −x| ≤ λ},
và
ρDΦ(λ) = max{|DΦ(x0)−DΦ(x)| : |x0 −x| ≤ λ}
Khi với λ > u(x0) > ρu(λ)
u(x0)
|DΦ(x0)|
Φ(x0)
≤ ρu(λ) λ
u(x0)
u(x0)−ρu(λ)
+ u(x0)
Φ(x)ρDΦ(λ)
Cụ thể, Du ∈ L∞(B(x0, R)) với R >0 đó,
u(x0)
|DΦ(x0)|
Φ(x0)
≤ ||Du| |L∞(B(x
0,R))
Bây ta chứng minh Mệnh đề 2.2.5
Chứng minh Chọn ϕ ∈ D(Rn)+ ψ ∈ Cc1(R) cho ϕ(0) = ψ(0) = 1,
0 ≤ ϕ, ψ ≤ 1, supp ϕ ⊂ B(0,1), supp ψ ⊂ [−1,1] Đặt ϕα(x) = ϕ(x/α), ψα = ψ(t/α) Giả sử
M = max
suppΛ 0≤t≤T
(38)ta chứng minh điều dẫn đến mâu thuẩn Đặt
Mα = max
QT×QT
ϕα(x−y)ψα(t−s)Λ(x, t)Λ(y, s) (u(x, t)−v(y, s))
=ϕα(xα−yα)ψα(tα −sα)Λ(xα, tα)Λ(yα, sα) (u(xα, tα)−v(yα, sα)) Vì |xα −yα| ≤ α |tα −sα| ≤α nênϕα(xα−yα) ψα(tα−sα) tiến tới α → 0, Mα → M tα, sα ≥ δ > (xα, tα),(yα, sα) ∈
(suppΛ)0 với α đủ nhỏ
Ta áp dụng định nghĩa nghiệm nhớt cho g(x, t) = ϕα(x − yα)ψα(t − sα)Λ(x, t)Λ(yα, sα) ∈ D(Rn)+ k = v(yα, sα) ta
− g
t(xα, tα) g(xα, tα)
(u(xα, tα)−v(yα, sα))
+f
xα, tα, u(xα, tα),−Dxg(xα, tα) g(xα, tα)
(u(xα, tα)−v(yα, sα))
≤
↔ −ψ
α(tα −sα) ψα(tα −sα)
(u(xα, tα)−v(yα, sα))−
∂Λ(xα, tα)
∂t
(u(xα, tα)−v(yα, sα)) Λ(yα, sα)
+f
xα, tα, u(xα, tα),−(u(xα, tα)−v(yα, sα))
Dxϕα(xα, tα)
ϕα(xα, tα)
+ DxΛ(xα, tα) Λ(xα, tα)
≤ (2.42) Ta áp dụng định nghĩa nghiệm nhớt cho h(y, s) = ϕα(xα − y)ψα(tα − s)Λ(y, s)Λ(xα, tα) ∈ D(Rn)+ k =u(xα, tα) ta
− h
s(yα, sα)
h(yα, sα)(v(yα, sα)−u(xα, tα)) +f
yα, sα, v(yα, sα),−
Dxh(yα, sα)
h(yα, sα) (v(yα, sα)−u(xα, tα))
≥
↔ ψ
α(tα −sα) ψα(tα −sα)
(v(yα, sα)−u(xα, tα)) +∂Λ(xα, tα)
∂s
(u(xα, tα)−v(yα, sα)) Λ(xα, tα)
+f
yα, sα, v(yα, sα),−(v(yα, sα)−u(xα, tα))
−Dyϕα(xα, yα) ϕα(xα−yα) +
DyΛ(yα, sα)
Λ(yα, sα)
(39)
Lấy (2.42) trừ cho (2.43) ta − ∂Λ(xα, tα)
∂t
(u(xα, tα)−v(yα, sα)) Λ(yα, sα)
− ∂Λ(xα, tα) ∂t
(u(xα, tα)−v(yα, sα)) Λ(xα, tα)
f
xα, tα, u(xα, tα),−(u(xα, tα)−v(yα, sα))
Dxϕα(xα, tα) ϕα(xα, tα) +
DxΛ(xα, tα)
Λ(xα, tα)
−f
yα, sα, v(yα, sα),−(u(xα, tα)−v(yα, sα))
Dxϕα(xα, yα)
ϕα(xα −yα)
− DxΛ(yα, sα)
Λ(yα, sα)
≤
Vì u(xα, tα) ≥ v(yα, sα) nên − ∂Λ(xα, tα)
∂t
(u(xα, tα)−v(yα, sα))
Λ(yα, sα) −
∂Λ(xα, tα) ∂t
(u(xα, tα)−v(yα, sα))
Λ(xα, tα)
f
xα, tα, u(xα, tα),−(u(xα, tα)−v(yα, sα))
Dxϕα(xα, tα)
ϕα(xα, tα) +
DxΛ(xα, tα) Λ(xα, tα)
−f
yα, sα, u(xα, tα),−(u(xα, tα)−v(yα, sα))
Dxϕα(xα, yα) ϕα(xα −yα) −
DxΛ(yα, sα)
Λ(yα, sα)
≤ (2.44) Theo (2.38) Bổ đề 2.2.6 ta được:
(u(xα, tα)−v(yα, sα))
Dxϕα(xα, tα)
ϕα(xα, tα)
+ DxΛ(xα, tα) Λ(xα, tα)
≤ C, (2.45)
(u(xα, tα)−v(yα, sα))
Dxϕα(xα, yα)
ϕα(xα −yα)
− DxΛ(yα, sα)
Λ(yα, sα)
≤ C (2.46) Cho α → (2.44) (2.45), (xα, tα),(yα, sα) → (x0, t0) ∈ (suppΛ)0
kết hợp với giả thiết (2.39) ta suy ra: −2∂Λ(x0, t0)
∂t (u−v)(x0, t0)−2L|DΛ(x0, t0)|(u−v)(x0, t0) ≤ điều mâu thuẫn với −∂∂tΛ > L|DΛ| (suppΛ)0 Trong trường hợp C = ∞ điều với giả thiết f(x, t, r, p) liên tục theo (x, t)
đều cho |r| ≤ m, p ∈ Rn.
(40)Chứng minh XétΛ(x, t) = g(R0−Lt−λ|x|1+α), đóg ∈ C∞(R), g(r) =
0 r ≤ 0, g0(r) > r > Ta có suppΛ =
n
(x, t) : 0≤ t ≤ R/L,|x| ≤ λ−1(R0 −Lt)
1/(1+α)o
vì {x: Λ(x0) >0} = n
|x| ≤ λ−1(R0 −Lt)
1/(1+α)o
Ta chọn λ, α cho
λ−1(R0 −Lt)
1/(1+α)
≤ R hay ≤ λR1+α/R0, (2.47)
khi (2.37) kéo theo u(x,0) ≤ v(x,0) {(x,0) : Λ(x,0) >0} Bây
g0(R0 −Lt−λ|x|1+α) >0 (suppΛ)0
và
L|DΛ| = Lλ(1 +α)|x|αg0(R0 −Lt−λ|x|1+α)
−∂Λ
∂t = Lg
0(R
0−Lt−λ|x| 1+α
)
Do
λ(1 +α)R0α < (2.48) −∂∂tΛ > L|DΛ| (suppΛ)0 Áp dụng Mệnh đề 2.2.5 suy u ≤ v suppΛ Cuối ta việc chọn λ = λ(α), R0 = R0(α)
để (2.47) (2.48) xảy λ(α) → 1, R0(α) → R α → Đặt
(1 + 2α)R1+0 α = R1+α Khi (2.47) (2.48) trở thành
1
(1 + 2α)1/(1+α)Rα ≤ λ <
(1 + 2α)α/(1+α) (1 +α)Rα Vì ta sử dụng λ(α) = (1+2α)1/(1+α)1 Rα
2.3 Sự tồn nghiệm nhớt cho toán Cauchy
Mệnh đề 2.3.1 [4, trang 38,39] Giả sử uε nghiệm
uεt −ε∆uεt +fε(x, t, uεt, Duεt) QT
(41)với uεt, uεxixj ∈C(QT) u∈ Cb(QT) Giả sử Hε → H C(QT ×R×
Rn), zε → z C(∂Ω×[0, T]) u0ε → u0 C(Ω) Nếu εn ↓ uεn → u C(QT), u nghiệm nhớt
ut +f(x, t, u, Du) = QT,
Nếu hội tụ uεn → u C(QT) u thỏa mãn
u = z ∂Ω×[0, T], u(x,0) = u0(x) Ω
Giả sử
f ∈ C(Rn), u0 ∈ BU C(Rn) ΩT (2.49) xét toán
ut+f(Du) = Rn×(0,+∞) = Q, u(x,0) = u0(x) Rn
(2.50)
Kết tồn nghiệm cho toán (2.50)
Định lý 2.3.2 [4, trang 39] Giả sử (2.49) Khi tồn u ∈ C(Q)∩Cb(QT) cho T > mà nghiệm nhớt ut +f(Du) = Q thỏa mãn
lim
t↓0 ||u(·, t)−u0(·)| |L
∞(
Rn) =
Hơn nữa,
|u(x, t)−u(y, t)| ≤ sup
ξ∈Rn
(42)Chương 3
NGHIỆM MINIMAX
Trong suốt chương này, ta sử dụng0 < T < +∞,S = {p ∈ Rn :|p| = 1}, Br = {p ∈ Rn : |p| ≤ r}(r > 0), B = B1
3.1 Định nghĩa nghiệm minimax
3.1.1 Phát biểu toán Cauchy
Chúng ta xét toán Cauchy dạng ∂u
∂t +f
t, x, u,∂u ∂x
= ΩT ={0 < t < T, x ∈ Rn}, (3.1)
u(T, x) =σ(x) {t = T, x∈ Rn} (3.2) Giả sử kiện cuối σ =σ(x) thuộc lớpC0 Rn hàm Hamilton f = f(t, x, u, p) phụ thuộc vào (t, x, u, p) ∈ ΩT × R× Rn với tính chất sau
a) Những điều kiện Caratheodory:
a1) Với hầu hết (theo nghĩa độ đo Lebesgue) t ∈ (0, T), hàm Rn ×
R×Rn (x, u, p) 7→f(t, x, u, p) liên tục
a2) Với (x, u, p) ∈ Rn×
R ×S, hàm (0, T) t 7→ f(t, x, u, p)
đo
b) Với tập bị chặn D ⊂ Rn và E ⊂
R, tồn hàm ΛD,E =
ΛD,E(t) ∈L1(0, T) với
(43)c) Tồn hàm `= `(t) L1(0, T) cho
sup{|f(t, x, u, p)−f(t, x, u, q)| −`(t)·(1 +|x|)· |p−q| :p, q ∈ B} ≤0
(3.4) cho t ∈ (0, T) (x, u) ∈ Rn×
R
d) Với mọit ∈ (0, T) với (x, p) ∈ Rn×S hàm
R u7→ f(t, x, u, p)
là giảm
e) f = f(t, x, u, p) dương theo p ∈ Rn; tức là,
f(t, x, u, s·p) = s·f(t, x, u, p) ∀s ≥ (3.5) cho t ∈ (0, T) (x, u, p) ∈ Rn×
R×S
Chú ý ba điều kiện a2), c), e) kéo theo: a3) Với (x, u, p) ∈ Rn×
R×Rn hàm t 7→ f(t, x, u, p) khả tích
Lebesgue (0, T)
3.1.2 Bao hàm thức vi phân cho nghiệm nghiệm
Trong phần phần thường sử dụng ký hiệu sau đây:
F(t, x) = √2`(t)·(1 +|x|)·B,
FU(t, x, u, α) ={z ∈ F(t, x) : hz, αi ≥ f(t, x, u, α)}, FL(t, x, u, β) ={z ∈ F(t, x) : hz, βi ≤ f(t, x, u, β)}
(3.6)
với (t, x) ∈ ΩT, u ∈R, α, β ∈ S
Nhận xét 3.1.1 Cho hàm đa trị ΩT (t, x) 7→ G(t, x) ⊂ Rn
(t∗, x∗) ∈ ΩT, kí hiệu XG(t∗, x∗) tập tất hàm liên tục tuyệt đối
từ [0, T] đến Rn mà thỏa mãn hầu khắp nơi (0, T) bao hàm thức vi phân dx
(44)liên tục theo x, thỏa mãn
|G(t, x)| =sup{|z| :z ∈ G(t, x} ≤c(t)·(1 +|x|) (3.7) ΩT, với c = c(t) hàm L1(0, T) Ta có XG(t∗, x∗)
tập compact khác rỗng C([0, T],Rn) (xem [1, Định lý 5.2 7.1]) Bây đặt XG(∆) =
S (t,x)∈∆
XG(t, x), ∅ 6= ∆ ⊂ ΩT Nếu ∆ ⊂ [0, T]×Br0
là tập compact, XG(∆) ⊂ XG({0} ×Br) với r = (r0 + 1) T
R
c(t)dt−1 Sự compact XG({0} ×Br), mà suy từ nửa liên tục hàm đa trị compact Rn x7→ XG(0, x) ⊂ C([0, T],Rn) (xem [1, Định lý 7.1]), kéo theo tính compact XG(∆)
Bây dễ nhận thấy hàm đa trị
ΩT (t, x) 7→F(t, x)⊂ Rn,
ΩT ×R×S (t, x, u, α) 7→ FU(t, x, u, α)⊂ Rn,
ΩT ×R×S (t, x, u, β) 7→FL(t, x, u, β) ⊂ Rn
trong (3.6) có giá trị compact lồi khác rỗng, đo theo t, nửa liên tục theo x (Có thể chứng minh chúng thực liên tục theo x.) Như đề cập trên, tập
XU(t∗, x∗, u, α) =XFU(.,.,u,α)(t∗, x∗),
XL(t∗, x∗, u, β) =XFL(.,.,u,β)(t∗, x∗)
(3.8) khác rỗng compact cho (t∗, x∗) ∈ ΩT Vì kết luận điều sau:
Định nghĩa 3.1.2 Một nghiệm toán (3.1)-(3.2) hàm nửa liên tục hữu hạn u= u(t, x) ΩT mà thỏa mãn điều kiện
sup
α∈S
min
x(.)∈XU(t,x,u(t,x),α)
[u(τ, x(τ))−u(t, x)]≤ (3.9) với ≤ t < τ ≤ T, x ∈Rn, điều kiện
(45)Định nghĩa 3.1.3 Một nghiệm toán (3.1)-(3.2) hàm nửa liên tục hữu hạn u= u(t, x) ΩT mà thỏa mãn điều kiện
inf
β∈Sx(.)∈XLmax(t,x,u(t,x),β)
[u(τ, x(τ))−u(t, x)]≥ (3.11) với ≤ t < τ ≤ T, x ∈Rn, điều kiện
u(T, x)≤ σ(x) ∀x∈ Rn (3.12) Tập hợp tất nghiệm nghiệm (3.1)-(3.2) ký hiệu tương ứng SolU SolL
Định nghĩa 3.1.4 Một hàm u = u(t, x) SolU ∩ SolL gọi nghiệm minimax toán Cauchy (3.1)-(3.2)
3.1.3 Thêm tính chất FU =FU(t,x,u, α)
FL =FL(t,x,u, β)
Chúng ta chứng minh
FU(t, x, u, α)∩FL(t, x, u, β)6= ∅ cho α, β ∈S (3.13) Thật vậy, từ (3.5) suy f(t, x, u,0) = 0, từ (3.4) ta có
|f(t, x, u, p)| ≤`(t)·(1 +|x|) ∀p ∈ S (3.14) Do đó, hα, βi= 1, α = β
z = f(t, x, u, α)·α =f(t, x, u, β)·β ∈ FU(t, x, u, α)∩FL(t, x, u, β) Thêm nữa, giả sử ≤ hα, βi < Đặt e = (1− hα, βi2)−1/2·(hα, βi ·α−β), ta có
(46)đó z ∈ FU(t, x, u, α) Hơn nữa, hα, βi ≥ 0, từ (3.5) suy hz, βi =
f(t, x, u,hα, βi ·α) +`(t)·(1 +|x|)· he, βi Nhưng, theo (3.4) (3.15), |hα, βi ·α−β| =1− hα, βi21/2 = − he, βi,
f(t, x, u,hα, βi ·α) ≤ f(t, x, u, β)−`(t)·(1 +|x|)· he, βi
Do đó,hz, βi ≤ f(t, x, u, β); tức làz ∈ FL(t, x, u, β) Vì thế,z ∈ FU(t, x, u, α)∩ FL(t, x, u, β)
Cuối cùng, giả sử hα, βi < Đặt F(t, x) z = √2`(t)·(1 +|x|) ·(α − β)/|α−β|, ta thu đượchz, αi = `(t)·(1+|x|)·(1−hα, βi)1/2 ≥ `(t)·(1+|x|), |α−β| = √2(1− hα, βi)1/2 (vì |α| = |β|= 1) Do đó, (3.13) cho ta hz, αi ≥ f(t, x, u, α); tức z ∈ FU(t, x, u, α) Tương tự, z ∈ FL(t, x, u, β), kết z ∈ FU(t, x, u, α)∩FL(t, x, u, β) Đẳng thức (3.13) theo chứng minh [cho hầu hết tất t ∈ (0, T) cho tất (x, u) ∈
Rn×R] Từ suy
f(t, x, u, p) = sup
α∈S
min
z∈FU(t,x,u,α)
hz, pi = inf
β∈Sz∈FmaxL(t,x,u,β)
hz, pi (3.16) cho hầu hết tất t ∈ (0, T) cho (x, u, p) ∈ Rn×
R×Rn Quả thực,
giả sử p ∈ S Do (3.6), ta dễ dàng thấy
sup
α∈S
min
z∈FU(t,x,u,α)
hz, pi ≥
z∈FU(t,x,u,p)
hz, pi ≥ f(t, x, u, p)
Ngồi ra, (3.13) (3.6), ta có
min
z∈FU(t,x,u,α)
hz, pi ≤
z∈FU(t,x,u,α)∩FL(t,x,u,p)
hz, pi ≤ f(t, x, u, p)
với α ∈ S Do (3.5), đẳng thức (3.16) thỏa mãn, liệu p ∈ S hay không Lý luận tương tự cho đẳng thức thứ
Từ đơn điệu liên tục theo u f =f(t, x, u, p), suy
\
u>v
FU(t, x, u, α) = FU(t, x, v, α),
\
u<v
(47)cho hầu hết tất t ∈ (0, T) cho α, β ∈ S, v ∈ R, x ∈ Rn Tính chất khác hàm đa trị FU = FU(t, x, u, α) FL = FL(t, x, u, β) đưa sau
Mệnh đề 3.1.5 Ta có
sup
α∈S
lim inf
δ&0 x(.)∈infXF(t,x)
δ
Z t+δ
t
min
z∈FU(τ,x(τ),u,α)
hz, pidτ ≥ f(t, x, u, p),
inf
β∈Slim supδ&0 x(.)∈supX
F(t,x)
δ
Z t+δ
t
max
z∈FL(τ,x(τ),u,β)
hz, pidτ ≤ f(t, x, u, p)
(3.18)
cho hầu hết tất t ∈ (0, T) cho x ∈ Rn, u∈
R, p ∈ Rn
Chứng minh Mệnh đề 3.1.5 dựa hai bổ đề sau
Bổ đề 3.1.6 Cho r ∈ (0,+∞), tồn tập A(r) ⊂ (0, T) có độ đo Lebesgue cho
lim
δ&0
1
δ
Z t+δ
t
f(τ, x, u, p)dτ −f(t, x, u, p) = (3.19)
cho t ∈ Ac(r) = (0, T) A(r), x ∈ Br ⊂ Rn, u ∈ Er = (−r, r) ⊂
R,
p ∈ Rn.
Chứng minh Theo b) e), ta tìm hàm Λ = Λ(t) = ΛBr,Er(t)
trong L1(0, T) tập độ đo không A1(r)⊂ (0, T)
f(τ, x, u, p)−f(τ, x
0 , u, p)
≤ |p| · |x−x
0| ·Λ(τ) (3.20)
cho x, x0 ∈Br, u ∈Er, p ∈ Rn, τ ∈ Ac
1(r) = (0, T) A1(r) Do a1), tồn
tại tập có độ đo khơng A2 ⊂ (0, T) cho hàmRn×R×Rn 3(x, u, p) 7→
f(t, x, u, p) liên tục khắp nơi với t ∈ Ac2 = (0, T)\A2
Theo định lý Lebesgue, ta thấy với g = g(t) ∈ L1loc(0, T) tập Leb(g) gồm tất t ∈ (0, T) thỏa mãn
lim
δ&0
1
δ
Z t+δ
t
g(τ)dτ −g(t) =
có độ đo T Giả sử Q tập đếm số hữu tỉ đặt A(r) =A1(r)∪A2∪
\ (x0,u0,p0)∈
Qn×Q×Qn
Leb(f(., x0, u0, p0))∩Leb(`)∩Leb(Λ)
(48)thì mes(A(r)) = Bây ta chứng minh (3.19) Với t ∈ Ac(r), x ∈ Br, u ∈ Er, p ∈ Rn Giả sử lấy ε > Vì t ∈ Ac(r) ⊂ Leb(Λ)∩Leb(`), ta có
M = max
(
sup
δ∈(0,T−t)
1
δ
Z t+δ
t
`(τ)dτ, sup
δ∈(0,T−t)
1
δ
Z t+δ
t
Λ(τ)dτ
)
+ 1< +∞
(3.21) Vì t ∈ Ac2, nên phải có δ(1) > cho
|f(t, x0, u0, p0)−f(t, x, u, p)| < ε/3 (3.22) max{|x−x0|,|u−u0|,|p−p0|} < δ(1) Bây chọn
p0 ∈ Qn, x0 ∈ Qn∩Br, u(1), u(2) ∈ Q∩Er
để mà max{|x−x0|,|p−p0|} < δ(2), u−δ(2) < u(1) < u < u(2) < u+δ(2),
δ(2) =
n
δ(1), ε/[6M(r+ 1)], ε/[6M(|p|+ 1)]
o
(3.23)
Vì t ∈ Leb(f(., x0, u(k), p0)) (k = 1, 2), ta tìm δ(3) >0 với tính chất sau:
1
δ
Z t+δ
t
f(τ, x0, u(k), p0)dτ −f(t, x0, u(k), p0)
< ε/3 ∀δ ∈ (0, δ(3)), k = 1,2
(3.24) Cuối cùng, đặt δ(0) = minδ(2), δ(3) > 0, ta phải chứng minh
1
δ
Z t+δ
t
f(τ, x, u, p)dτ −f(t, x, u, p)
(49)
Cho k = 1,2, ta viết
1
δ
Z t+δ
t
f(τ, x, u, p)dτ −f(t, x, u, p)
=
δ
Z t+δ
t
[f(τ, x, u, p)−f(τ, x0, u, p0)]dτ
+
δ
Z t+δ
t
h
f(τ, x0, u, p0)−f(τ, x0, u(k), p0)
i dτ + δ
Z t+δ
t
f(τ, x0, u(k), p0)dτ −f(t, x0, u(k), p0)
+
h
f(t, x0, u(k), p0)−f(t, x, u, p)
i
(3.26) Giả sử δ ∈ (0, δ(0)) Số hạng vế phải (3.26) đánh giá δ
Z t+δ
t
[f(τ, x, u, p)−f(τ, x0, u, p0)]dτ
≤ |p| · |x−x0|1 δ
Z t+δ
t
Λ(τ)dτ
+ (r + 1)|p−p0|1 δ
Z t+δ
t
`(τ)dτ < ε
6 +
ε
6 =
ε
3
bởi (3.4)-(3.5), (3.20)-(3.21), (3.23) việc lựa chọnx0,p0,δ(0) Số hạng thứ ba bốn đánh (3.22) (3.24) Vậy thì, cho k =
trong (3.26), ta
1
δ
Z t+δ
t
f(τ, x, u, p)dτ −f(t, x, u, p)< 3· ε
3 = ε, (3.27)
vì số hạng thứ hai vế phải (3.26) không dương điều kiện d) Tương tự, cho k = suy
1
δ
Z t+δ
t
f(τ, x, u, p)dτ −f(t, x, u, p) > −3· ε
3 = −ε, (3.28)
vì số hạng thứ hai vế phải (3.26) không âm Kết hợp (3.27) (3.28) cho ta (3.25) Chứng minh hoàn thành
Bổ đề 3.1.7 Tồn tập A ⊂ (0, T) có độ đo Lebesgue thỏa mãn
lim
δ&0
1
δ
Z t+δ
t
(50)cho t ∈ Ac, x ∈Rn, u∈
R, p ∈ Rn
Chứng minh Ta tập A =
+∞
S
k=1
A(k), tập A(k) xây dựng chứng minh Bổ đề 3.1.6 Thật vậy, dễ dàng suy từ (3.19) - (3.21) (3.29) phải cho t ∈ Ac, x ∈ Rn, u ∈
R, p ∈ Rn,
họ hàm XF(t, x) bị chặn đồng liên tục t
Bây ta chứng minh Mệnh đề 3.1.5
Chứng minh Những tích phân (3.18) tồn (vì lý giải thích (3.8) Nhận xét 3.2.4 3.2) Do tính dương theo p f = f(t, x, u, p) (xem (3.5)) hz, pi, ta cần chứng minh (3.28) cho tất t ∈ (0, T) cho x ∈ Rn, u∈ R, p ∈ S Thật vậy, theo (3.6), ta
sup
α∈S
lim inf
δ&0 x(.)∈infXF(t,x)
δ
Z t+δ
t
min
z∈FU(τ,x(τ),u,α)
hz, pidτ
≥ lim inf
δ&0 x(.)∈infXF(t,x)
δ
Z t+δ
t
min
z∈FU(τ,x(τ),u,p)
hz, pidτ
= lim inf
δ&0 x(.)∈infXF(t,x)
δ
Z t+δ
t
f(τ, x(τ), u, p)dτ,
inf
β∈Slim supδ&0 x(.)∈supX
F(t,x)
δ
Z t+δ
t
max
z∈FL(τ,x(τ),u,β)
hz, pidτ
≤ lim sup
δ&0
sup
x(.)∈XF(t,x)
δ
Z t+δ
t
max
z∈FL(τ,x(τ),u,p)
hz, pidτ
= lim sup
δ&0
sup
x(.)∈XF(t,x)
δ
Z t+δ
t
f(τ, x(τ), u, p)dτ
(51)Hệ 3.1.8 Ta có
sup
α∈S
lim inf
δ&0 x(.)∈XinfU(t,x,u,α)
δ
Z t+δ
t
dx dt(τ), p
dτ ≥ f(t, x, u, p),
inf
β∈Slim supδ&0 x(.)∈Xsup
L(t,x,u,β)
δ
Z t+δ
t
dx dt(τ), p
dτ ≤ f(t, x, u, p)
cho hầu hết tất t ∈ (0, T) cho x ∈ Rn, u∈
R, p ∈ Rn
Chứng minh Chứng minh suy từ (3.18)
3.2 Tính bất biến định nghĩa
Có không giới hạn chắn định nghĩa (3.6) FU = FU(t, x, u, α) vàFL = FL(t, x, u, β) Ví dụ, ta có lựa chọn rộng ` = `(t) Tuy nhiên không giới hạn không ảnh hưởng đến định nghĩa 3.1 Như chứng minh phần cịn lại chương, thay sử dụng (3.6) ta dùng bất kỳFU = FU(t, x, u, α) [tương ứng; FL = FL(t, x, u, β)] họ hàm đa trị phổ biến sau Giả sử P Q tập khác rỗng tùy ý Ta xét hàm đa trị
ΩT ×R×P (t, x, u, α) 7→ FU(t, x, u, α)⊂ Rn,
ΩT ×R×Q (t, x, u, β) 7→ FU(t, x, u, β) ⊂ Rn thỏa mãn điều chung bên
(i) Những hàm đa trị FU = FU(t, x, u, α) FL = FL(t, x, u, β) có giá trị tập compact lồi khác rỗng, đo theo t nửa liên tục theo x Hơn nữa,
FU(t, x, u, α)∪FL(t, x, u, β) ⊂ F(t, x) =Bc(t)(1+|x|)
(52)(ii) Với hầu hết tất t ∈ (0, T) cho x ∈ Rn, α ∈ P, β ∈Q, v ∈
R
ta có
\
u>v
FU(t, x, u, α) =FU(t, x, v, α),
\
u<v
FL(t, x, u, β) =FL(t, x, v, β)
(iii) Với hầu hết tất t ∈(0, T)và với (x, u, p) ∈Rn×
R×Rn
bất đẳng thức sau đúng:
sup
α∈P
min
z∈FU(t,x,u,α)
hz, pi ≤ f(t, x, u, p)≤ inf
β∈Qz∈FmaxL(t,x,u,β)
hz, pi, (3.30)
sup
α∈P
lim inf
δ&0 x(.)∈XinfU(t,x,u,α)
δ
Z t+δ
t
dx dt(τ), p
dτ ≥ f(t, x, u, p),
inf
β∈Qlim supδ&0 x(.)∈Xsup
L(t,x,u,β)
δ
Z t+δ
t
dx dt(τ), p
dτ ≤ f(t, x, u, p)
(3.31)
trong đó, (3.8), ta đặt
XU(t, x, u, α) =XFU(.,.,u,α)(t, x), XL(t, x, u, β) = XFL(.,.,u,β)(t, x)
Họ tất hàm đa trịFU = FU(t, x, u, α)(tương ứng;FL = FL(t, x, u, β)) thỏa mãn điều kiện (i)-(iii) ký hiệu FU(f) (tương ứng; FL(f)) Nếu hàm Hamiltonf = f(t, x, u, p)thỏa mãn a)-e), thìFU(f) 6= ∅, FL(f) 6= ∅ Quả thật, giả thiết, lựa chọn P, Q ⊂ Rn với tính chất
{s·α : α ∈P, s ≥ 0} = {s·β :β ∈ Q, s ≥ 0} = Rn
và sử dụng (3.6) để xác định cặp cụ thể hàm đa trị FU =
FU(t, x, u, α) FL = FL(t, x, u, β) Cặp thỏa mãn (i)-(iii) (xem 3.1.3 3.1 cho trường hợp P = S, Q = S.)
Nhận xét 3.2.1 Do Định lý Haln-Banach, từ (i) (3.30) suy FU(t, x, u, α)∩FL(t, x, u, β) 6=∅ (3.32) cho hầu hết tất t ∈ (0, T) cho α ∈P, β ∈ Q, (x, u) ∈ Rn×
(53)Nhận xét 3.2.2 Điều kiện (3.31) FU = FU(t, x, u, α) FL = FL(t, x, u, β) thỏa mãn bất đẳng thức
sup
α∈P
lim inf
δ&0 x(.)∈infXF(t,x)
δ
Z t+δ
t
min
z∈FU(τ,x(τ),u,α)
hz, pidτ ≥ f(t, x, u, p),
inf
β∈Qlim supδ&0 x(.)∈supX
F(t,x)
δ
Z t+δ
t
max
z∈FL(τ,x(τ),u,β)
hz, pidτ ≤ f(t, x, u, p)
(3.33)
cho hầu hết tất t ∈ (0, T) cho x∈ Rn, u∈
R, p ∈ Rn
Nhận xét 3.2.3 Trong trường hợp f = f(t, x, u, p) hàm liên tục theo đối số nó, Subbotin Adiatullina không giả sử (3.31) cho FU = FU(t, x, u, α) FL = FL(t, x, u, β); họ giả sử tính nửa liên tục theo (t, x) hàm đa trị (thay tính đo theo t nửa liên tục theo x ta làm) giả sử bất đẳng thức (3.30) Tuy nhiên, chứng minh (3.31) Thật vậy, giả thiết, với ε > 0, (t, x) ∈ ΩT, u∈ R, p ∈ Rn tồn α ∈ P để
min
z∈FU(t,x,u,α)
hz, pi ≥ f(t, x, u, p)−ε/2
Cho x(.) ∈ XF(t, x), hàm đa trị (0, T) τ 7→ FU(τ, x(τ), u, α)
là nửa liên tục Từ điều Định lý cực đại, suy hàm
(0, T) τ 7→
z∈FU(τ,x(τ),u,α)
hz, pi nửa liên tục Do đó, δ > đủ nhỏ, ta có
1
δ
Z t+δ
t
min
z∈FU(τ,x(τ),u,α)
hz, pidτ ≥ δ
Z t+δ
t
min
z∈FU(t,x(t),u,α)
hz, pi −ε/2
dτ
=
z∈FU(t,x,u,α)
hz, pi −ε/2 ≥ f(t, x, u, p)−ε
(một cách độc lập với lựa chọn x(.) ∈ XF(t, x) họ hàm XF(t, x)
đồng liên tục t) Nói cách khác, bất đẳng thức đầu (3.33) phải Những luận đối ngẫu đưa điều thứ hai Do đó, Nhận xét 3.2.2, (3.31)
(54)theo x ∈ Rn] thỏa mãn điều kiện (i) Cho bất kỳ x(.) ∈ XF(t, x) do tính đo theo τ hàm đa trị
(0, T)3 τ 7→ FU(τ, x(τ), u, α),
(0, T) τ 7→ FL(τ, x(τ), u, β) kéo theo đo theo τ hàm
(0, T) 3τ 7→
z∈FU(τ,x(τ),u,α)
hz, pi, (0, T) τ 7→ max
z∈FL(τ,x(τ),u,β)
hz, pi
do đó, tích phân (3.33) tồn Hơn nữa, (3.30) (3.33) đúng, ta đẳng thức (3.33), Bổ đề 3.1.7, (3.30) buộc
sup
α∈P
lim inf
δ&0 x(.)∈infXF(t,x)
δ
Z t+δ
t
min
z∈FU(τ,x(τ),u,α)
hz, pidτ ≤
≤ lim inf
δ&0 x(.)∈infXF(t,x)
δ
Z t+δ
t
sup
α∈P
min
z∈FU(τ,x(τ),u,α)
hz, pidτ
≤ lim inf
δ&0 x(.)∈infXF(t,x)
δ
Z t+δ
t
f(τ, x(τ), u, p)dτ =f(t, x, u, p),
inf
β∈P lim supδ&0 x(.)∈supX
F(t,x)
δ
Z t+δ
t
max
z∈FL(τ,x(τ),u,β)
hz, pidτ ≥
≥ lim sup
δ&0
sup
x(.)∈XF(t,x)
δ
Z t+δ
t
inf
β∈Qz∈FL(maxτ,x(τ),u,β)
hz, pidτ
≥ lim sup
δ&0
sup
x(.)∈XF(t,x)
δ
Z t+δ
t
f(τ, x(τ), u, p)dτ = f(t, x, u, p)
cho hầu hết tất t ∈ (0, T) cho x∈ Rn, u∈
R, p ∈ Rn
Cho FU = FU(t, x, u, α) FU(f), FL = FL(t, x, u, β) FL(f), ta có:
(55)điều kiện
sup
α∈P
min
x(.)∈XU(t,x,u(t,x),α)
[u(τ, x(τ))−u(t, x)]≤ (3.34) cho ≤ t < τ ≤ T, x ∈Rn.
Định nghĩa 3.2.6 Tập SolL(FL) nghiệm (quan hệ với FL) toán Cauchy (3.1)-(3.2) xác định tập tất hàm nửa liên tục hữu hạn u = u(t, x) ΩT mà thỏa mãn (3.12) điều kiện
inf
β∈Qx(.)∈XLmax(t,x,u(t,x),β)
[u(τ, x(τ))−u(t, x)]≥ (3.35) cho ≤ t < τ ≤ T, x ∈Rn.
Trong phần 3.3 chứng minh rằng, cho bất kỳFU =FU(t, x, u, α) FU(f), FL = FL(t, x, u, β) FL(f), giao SolU(FU) ∩SolL(FL) chứa hàm nhất, mà không phụ thuộc vào FU = FU(t, x, u, α) FL = FL(t, x, u, β) Cho nên, đưa định nghĩa sau Định nghĩa 3.2.7 Một hàm u = u(t, x) SolU(FU)∩SolL(FL) gọi nghiệm minimax (quan hệ với FU FL) toán Cauchy (3.1)-(3.2)
3.3 Sự tồn nghiệm minimax
Mục đích phần thiết lập định lý sau
Định lý 3.3.1 Cho σ = σ(x) liên tục Rn f = f(t, x, u, p) thỏa mãn điều kiện a)-e) Thì tồn nghiệm minimax toán Cauchy (3.1)-(3.2)
Để chứng minh Định lý 3.3.1 cần chuẩn bị vài điều Cho trước hàm bị chặn địa phương u= u(t, x) ΩT, ta định nghĩa:
u−(t, x) = lim inf
ΩT3(τ,y)→(t,x)
u(τ, y) u+(t, x) = lim sup
ΩT3(τ,y)→(t,x)
(56)với (t, x) ∈ ΩT Rõ ràng, u− = u−(t, x) [tương ứng; u+ = u+(t, x)] hàm nửa liên tục lớn [tương ứng; hàm nửa liên tục nhỏ nhất] ΩT [tương ứng; nhất] u= u(t, x)
Từ bây giờ, cho FU = FU(t, x, u, α)trong FU(f),FL = FL(t, x, u, β) FL(f) giả sử c = c(t), F = F(t, x) điều kiện (i) liên hệ với FU = FU(t, x, u, α), FL = FL(t, x, u, β) Cho (t∗, x∗) ∈ ΩT, τ ∈ [0, T], u∈ R, α ∈P, β ∈Q đặt
D(t∗, x∗, τ) ={x(τ) : x(.) ∈XF(t∗, x∗)},
DU(t∗, x∗, u, τ, α) ={x(τ) : x(.) ∈XU(t∗, x∗, u, α)},
DL(t∗, x∗, u, τ, β) ={x(τ) : x(.) ∈XL(t∗, x∗, u, β)},
và liên hệ với hai hàm sau:
ΩT (t, x) 7→ψ(1)(t, x) = max{σ(y) : y ∈D(t, x, T)},
ΩT (t, x) 7→ψ(2)(t, x) = min{σ(y) : y ∈D(t, x, T)},
(3.36)
Bổ đề 3.3.2 ψ(1) = ψ(1)(t, x) nghiệm (liên hệ với FU)
bài toán Cauchy (3.1)-(3.2) Hơn nữa, hai hàm ψ(1) = ψ(1)(t, x)
ψ(2) = ψ(2)(t, x) liên tục ΩT với ψ(1)(T, x) ≡ ψ(2)(T, x) ≡ σ(x)
Chứng minh Do Nhận xét 3.1.2 3.1 (trang 36), ta dễ dàng chứng minh tính nửa liên tục hàm đa trị ΩT (t, x) 7→ D(t, x, T)⊂ Rn Mặt khác, tính nửa liên tục hàm đa trị compact khác rỗng suy từ định lý Filippov Do đó, từ Định lý cực đại ta thấy ψ(1) = ψ(1)(t, x) ψ(2) = ψ(2)(t, x) nằm C(ΩT) Bây ta chứng minh ψ(1) = ψ(1)(t, x) thoả mãn (3.34) (trang 48) [với u thay ψ(1) ], tức
sup
α∈P
min
x(.)∈XU(t,x,u(t,x),α)
[u(τ, x(τ))−u(t, x)]≤ (3.37) cho ≤ t < τ ≤ T, x ∈Rn.
Thật giả sử0 ≤ t < τ ≤ T,x ∈ Rn,α ∈P vàx(.)∈ X
(57){σ(y) : y ∈ D(t, x, T)}, (3.36) (49) kéo theo ψ(1)(τ, x(τ)) ≤ ψ(1)(t, x), tức (3.34) (48) với ψ(1) thay cho u Hơn ta có
ψ1(T, x) = max{σ(y(T)) : y(.) ∈ XU(T, x)}
= max{σ(y(T)) : y(T) = x} =σ(x) = ψ2(T, x)
Bây ta chứng minh (*), tức chứng minh ∀y(·) ∈ XF(τ, x(τ)),∃z(·) ∈ XF(t, x) : z(T) =y(T)
Ta có ∀y(·) ∈ XF(τ, x(τ)) → y0(·) ∈F(·, y(·)), y(τ) = x(τ) tức |y(·)0| ≤ √2`(·)(1 +|x(τ)|) y(τ) =x(τ)
và z(·) ∈ XF(t, x) : z(T) = y(T) ⇔ |z(·)0| ≤ √
2`(·)(1 +|x|), z(t) = x =
x(t), z(T) = y(T)
Vì ta chọn z(·) cho z0(·) = 1+1+|x|(xτ|)|y0(·) Từ khai triển củaz(·) lân cận t
z(k) =z(t) + +|x| +|x(τ)|y
0(k)(k−t) +◦|k−t|
ta chọn ◦|T −t| = y(T)−x− 1+1+|x|(xτ|)|y0(T)(T −t) → z(T) = y(T)
cụ thể chọn ◦|k − t| = v(k)|k−t| v(t) = 0, v(T) = y(TT−)−tx −
1+|x|
1+|x(τ)|y
0(T) suy ra
v(k) = 0,∀k ∈[0, t];v(k) = v(T)
T −tk−
v(T)t T −t Bổ đề chứng minh
Bổ đề 3.3.3 Nếu u = u(t, x) hàm bị chặn địa phương ΩT thoả
mãn (3.10) điều kiện
sup
α∈P
inf
x(.)∈XU(t,x,u(t,x)+ε,α)
[u(τ, x(τ))−u(t, x)] ≤ ε (3.38)
cho ε > 0, (t, x) ∈ ΩT, τ ∈ [t, T], u− = u−(t, x) nghiệm
trên (quan hệ với FU) toán Cauchy (3.1)-(3.2) Chứng minh Bước 1: Chứng minh σ(x)≤ u−(T, x)
(58)lim inf
ΩT3(τ,y)→(t,x)
u(τ, y))Thì tồn dãy (t(k), x(k)) +k=1∞ ⊂ ΩT hội tụ tới
(T, x) để u−(T, x) = lim
k→+∞u(t
(k), x(k)) Sử dụng giả thiết (3.38) cho số
ε(k) → vá (t(k), x(k) ∈ ΩT τ = T, với α ∈ P cố định, tìm hàm
x(k)(.) ∈XU(t(k), x(k), u(t(k), x(k)) +ε(k), α) với
σ(x(k)(T)) ≤ u(T, x(k)(T)) ≤ u(t(k), x(k)) + 2ε(k), k = 1,2, (3.39) Vì ∆ =(T, x),(t(1), x(1)), ,(t(k), x(k)), tập compact
n
x(k)(.)
o+∞
k=1 ⊂ XF(∆),
chúng ta (bởi Nhận xét 3.1.2 3.1) giả sử x(k)(.) → x(.) ∈ XF(T, x) C([0, T],Rn) Cho k → +∞ (3.39), ta
σ(x) ≤ u−(T, x) Do đó, u− = u−(t, x) thoả mãn (3.10) [với u thay u− ]
Bước 2: Chứng minh sup
α∈P
inf
x(.)∈XU(t,x,u−(t,x),α)
[u−(τ, x(τ))−u−(t, x)]≤
Bây cố định ≤ t < τ ≤ T, x ∈ Rn, α ∈ P (theo định nghĩa của u−(t, x))Thì tồn dãy
n
(t(k), x(k))
o+∞
k=1 ⊂ [0, τ)×R
n hội tụ tới (t, x) để u−(t, x) = lim
k→+∞u(t
(k), x(k)) Ta chọn ε(1) > ε(2) > >
ε(k) → 0và (3.38) nên tồn hàmx(k)(.)∈ XU(t(k), x(k), u(t(k), x(k))+
ε(k), α) cho
u(τ, x(k)(τ)) ≤ u(t(k), x(k)) + 2ε(k), k = 1,2, (3.40) với mọiε > 0, khikđủ lớn thìu(t(k), x(k)+ε(k) ≤ u−(t, x)+εvì lim
k→+∞[u(t
(k), x(k))+
(59)suy x(k)(.) ∈ T
ε>0
XU = XU(t(k), x(k), u−(t, x), α)) ta giả sử x(k)(.) → x(.) ∈ T
ε>0
XU(t, x, u−(t, x) + ε, α) = XU(t, x, u−(t, x), α) Cho k → +∞ (3.40), ta u−(τ, x(τ)) ≤ u−(t, x) Do vậy, u− =
u−(t, x) thoả (3.34) [với u− thay cho u], tức là, theo định nghĩa, nghiệm (quan hệ với FU) toán Cauchy (3.1)-(3.2) Chứng minh hoàn thành
Bây xác định hàm λ = λ(t, x) ΩT theo công thức sau:
λ(t, x) = inf{u(t, x) : u(., ) ∈SolU(FU)} (3.41) Vì DU(t, x, u, T, α) ⊂ D(t, x, T) cho (t, x) ∈ ΩT, u ∈ R, α ∈ P, dễ dàng thấy u(t, x) ≥ ψ(2)(t, x) ΩT cho nghiệm (quan hệ với FU) u =u(t, x) toán Cauchy (3.1)-(3.2)
(vì với α ∈ P tồn x(·) ∈ XU(t, x, u, α) ⊂ XF(t, x) để σ(x(T)) ≤ u(T, x(T)) ≤ u(t, x), màx(T) ∈ DU(t, x, u, T, α)suy rau(t, x) ≥ σ(x(T))≥
min{σ(y) : y ∈ D(t, x, T)} =ψ(2)(x, t))
Do đó, ψ(1)(t, x) ≥ λ(t, x) ≥ ψ(2)(t, x) ΩT [bởi Bổ đề 3.3.2, ψ(1) = ψ(1)(t, x) nghiệm (quan hệ với FU) toán Cauchy (3.1)-(3.2)] Điều với liên tục ψ(1) = ψ(1)(t, x), ψ(2) = ψ(2)(t, x)
kéo theo
ψ(1)(t, x) ≥ λ+(t, x) ≥ λ(t, x) ≥ λ−(t, x) ≥ ψ(2)(t, x) (3.42) ΩT Hơn nữa, ta có:
Bổ đề 3.3.4 λ = λ(t, x) nghiệm nửa liên tục (quan hệ với FU) toán Cauchy (3.1)-(3.2)
Chứng minh Do (3.41)-(3.42) ta cần chứng minh λ− = λ−(t, x)
là nghiệm (quan hệ với FU) toán Cauchy (3.1)-(3.2) Hơn nữa, λ− = λ−(t, x) hàm nửa liên tục với σ = σ(x)
(60)Bây cố định ≤ t < τ ≤ T, x ∈ Rn, α ∈ P và ε(1) > ε(2) > >
ε(k) → Chọn dãy (t(k), x(k)) +k=1∞ ⊂ [0, τ)×Rn hội tụ tới(t, x)để mà λ−(t, x) = lim
k→+∞λ(t
(k), x(k)) Thì (3.41), tồn dãy hàmu(k) = u(k)(t, x)
trong SolU(FU) với
λ(t(k), x(k)) ≤ u(k)(t(k), x(k)) ≤ λ(t(k), x(k)) +ε(k), (3.43) thế, (3.34) (3.41), tồn x(k)(.) ∈ XU(t(k), x(k), u(t(k), x(k)), α)
thoả
λ−(τ, x(k)(τ)) ≤ λ(τ, x(k)(τ)) ≤ u(k)(τ, x(k)(τ)) ≤ u(k)(t(k), x(k)), k = 1,2, (3.44) Vì lim
k→+∞u
(k)(t(k), x(k)) = λ−(t, x), ta giả sử, theo cách tương tự
như phần cuối chứng minh Bổ đề 3.3.3, dãy x(k)(.) +k=1∞
hội tụ đến x(.) ∈ T
ε>0
XU(t, x, λ−(t, x) + ε, α) = XU(t, x, λ−(t, x), α) Cho k → +∞ (3.43)-(3.44), ta
λ−(τ, x(τ)) ≤ lim inf
k→+∞ λ −
(τ, x(k)(τ)) ≤ λ−(t, x),
tức λ− = λ−(t, x) thoả mãn (3.34) [với λ− thay cho u] Bổ đề 3.3.4 chứng minh
Cho θ ∈ [0, T] β ∈ Q, xét hàm ρθ,β =
ρθ,β(t, x, ψ) xác định ΩT ×R bởi:
ρθ,β(t, x, ψ) = sup{λ(θ, y) : y ∈ DL(t, x, ψ, θ, β)} −ψ (3.45) Từ (3.42) ta có ψ2(θ, y) ≤ λ(θ, y) ≤ ψ1(θ, y) với y ∈ D(t, x, θ) suy
minψ2(θ, y) : y ∈D(t, x, θ) ≤ minψ2(θ, y) : y ∈ DL(t, x, θ, β) = I DL ⊂ D
màI ≤ λ(θ, y) ≤ sup{λ(θ, y) : y ∈DL(t, x, θ, β)} ≤ max{λ(θ, y) : y ∈D(t, x, θ)} ≤ maxψ1(θ, y) : y ∈D(t, x, θ) dễ dàng suy
minnψ(2)(θ, y) : y ∈ D(t, x, θ)o−ψ ≤ ρθ,β(t, x, ψ)
(61)và từ điều kiện (ii) ta có DL giảm theo ψ nên ρθ,β = ρθ,β(t, x, ψ) hàm giảm theo ψ Bên cạnh hàm ρθ,β = ρθ,β(t, x, ψ), xét hàm khác ξθ,β =ξθ,β(t, x) xác định ΩT bởi:
ξθ,β(t, x) = inf{ψ ∈ R :ρθ,β(t, x, ψ)≤ 0} = sup{λ(θ, y) : y ∈ DL(t, x, θ, β)} (3.47) Theo (3.46)-(3.47) đơn điệu theo ψ ρθ,β(t, x, ψ), ta phải có:
min
n
ψ(2)(θ, y) : y ∈ D(t, x, θ)
o
≤ ξθ,β(t, x)≤ max
n
ψ(1)(θ, y) : y ∈ D(t, x, θ)
o
(3.48) Cuối cùng, khảo sát hàm bổ trợ µθ,β = µθ,β(t, x) theo cơng thức:
µθ,β(t, x) =
ξθ,β(t, x) (t, x) ∈[0, θ]×Rn, λ(t, x) (t, x) ∈[θ, T]×Rn.
(3.49) (chú ý rằng, (3.45) (3.47),ξθ,β(θ, x)≡ inf {ψ ∈ R :λ(θ, x)−ψ ≤ 0} ≡ λ(θ, x).)
Bổ đề sau cho tính chất quan trọng µθ,β = µθ,β(t, x) Bổ đề 3.3.5 µ−θ,β = µ−θ,β(t, x) nghiệm (quan hệ với FU)
bài toán Cauchy (3.1)-(3.2)
Chứng minh Hàm đa trị giá trị compact khác rỗngΩT (t, x) 7→ D(t, x, θ) ⊂
Rn bị chặn địa phương Do (3.48), tính đến liên tục
ψ(1) = ψ(1)(t, x), ψ(2) = ψ(2)(t, x) (Bổ đề 3.3.2), thấy ξθ,β =ξθ,β(t, x), đó,µθ,β = µθ,β(t, x)cũng hàm bị chặn địa phương Hơn từ (3.42), (3.49), Bổ đề 3.3.2 suy raµθ,β(T, x) = λ(T, x) ≡ σ(x) Do đó, theo Bổ đề 3.3.3, phải chứng minh (3.38) với µθ,β thay cho u Để kết thúc, cố địnhε > 0,α ∈ P, ≤ t < τ ≤ T,x ∈ Rn, ta cần xét ba trường hợp sau:
- Trường hợp 1: θ ≤ t Do (3.49) suy µθ,β(t, x) =λ(t, x) Bổ đề 3.3.4, tồn
(62)để mà µθ,β(τ, x(τ)) = λ(τ, x(τ)) ≤ λ(t, x) = µθ,β(t, x); (3.38) [với u thay µθ,β] thoả mãn
- Trường hợp 2:τ ≤ θ Do (3.49), ta cóµθ,β(t, x) = ξθ,β(t, x), (3.47) đơn điệu giảm theo ψ ρθ,β =ρθ,β(t, x, ψ), ta ρθ,β(t, x, µθ,β(t, x) +
ε) < ρθ,β(t, x, µθ,β(t, x))≤
Vì (3.32), tồn hàm
x(.) ∈ XU(t, x, µθ,β(t, x) +ε, α)∩XL(t, x, µθ,β(t, x) +ε, β)
Dĩ nhiên,DL(τ, x(τ), µθ,β(t, x) +ε, θ, β)⊂ DL(t, x, µθ,β(t, x) +ε, θ, β) đó, (3.45), thấy
ρθ,β(τ, x(τ), µθ,β(t, x) +ε)≤ ρθ,β(t, x, µθ,β(t, x) +ε) < 0,
Điều với (3.47) (3.49) kéo theo µθ,β(τ, x(τ)) =ξθ,β(τ, x(τ)) ≤ µθ,β(t, x) +ε; (3.38) [với µθ,β thay cho u] chứng minh - Trường hợp 3: t < θ < τ Áp dụng trường hợp cho τ = θ, tồn x(1)(.)∈ XU(t, x, µθ,β(t, x) +ε, α) thoả mãn
µθ,β(θ, x(1)(θ)) ≤ µθ,β(t, x) +ε (3.50) Áp dụng trường hợp cho(t, x) = (θ, x1(θ)), tồn tạix(2)(.) ∈XU(θ, x(1)(θ), µθ,β(θ, x(1)(θ)), α) thoả mãn
µθ,β(τ, x(2)(τ)) ≤ µθ,β(θ, x(1)(θ)) (3.51) Bây chọn x(.) ∈ C([0, T],Rn) với
x(.)|[0,θ] =x(1)(.)|[0,θ] x(.)|[θ,T] =x(2)(.)|[θ,T] Bởi (3.50)-(3.51) điều kiện (ii), thấy
x(.) ∈ XU(t, x, µθ,β(t, x) +ε, α)
và µθ,β(τ, x(τ)) ≤ µθ,β(t, x) +ε, tức (3.38) thoả mãn với u = µθ,β Chứng minh hồn thành
Bổ đề 3.3.6 λ+ = λ+(t, x) nghiệm (quan hệ với FL)
(63)Chứng minh Do (3.42) Bổ đề 3.3.2,λ= λ(t, x)là bị chặn địa phương với λ(T, x) ≡ σ(x) Giả sử ≤ t ≤ θ ≤ T, x∈ Rn, β ∈ Q, ε > 0 Ta xét hàm bổ trợ µθ,β = µθ,β(t, x) cho (3.49) Theo Bổ đề 3.3.5,µ−θ,β =µ−θ,β(t, x)
là nghiệm (quan hệ với FU) toán Cauchy (3.1)-(3.2); (3.41) (3.49), ta có λ(t, x) ≤ µ−θ,β(t, x) ≤ µθ,β(t, x) = ξθ,β(t, x) Do đó, (3.47) đơn điệu theo ψ ρθ,β = ρθ,β(t, x, ψ), ta có ρθ,β(t, x, λ(t, x) − ε) > (vì ≤ theo định nghĩa ρ suy λ(t, x)− ε ≥ ξθ,β(t, x)) Vì vậy, từ (3.45) (định nghĩa ρθ,β suy
sup{λ(θ, y) : y ∈ DL(t, x, λ(t, x)−ε, θ, β)} > λ(t, x) − ε) suy tồn y = x(θ);x(.) ∈ XL(t, x, λ(t, x)−ε, β) thoả λ(θ, x(θ)) > λ(t, x)−ε
Đến đây, gặp tính chất khác λ= λ(t, x), là,
inf
β∈Qx(.)∈X sup
L(t,x,λ(t,x)−ε,β)
[λ(θ, x(θ))−λ(t, x)] ≥ −ε
cho ε > 0, (t, x) ∈ ΩT, θ ∈ [t, T] Do đó, tính đối ngẫu đối số chứng minh Bổ đề 3.3.3, ta kết luận λ+ = λ+(t, x) nghiệm (quan hệ với FL) toán Cauchy (3.1)-(3.2)
Bổ đề đóng vai trị cốt yếu chứng minh Định lý
Bổ đề 3.3.7 Giả sửu =u(t, x) vàu =u(t, x) tương ứng nghiệm nghiệm (quan hệ với FU FL) tốn Cauchy (3.1)-(3.2).Thì
u(t, x)≥ u(t, x) ΩT
Chứng minh Giả sử ngược lại
u(t(0), x(0))< u(t(0), x(0)) (3.52) với (t(0), x(0)) ∈ ΩT Đặt D = Br ⊂ Rn cho x(t) ∈ D với x(.) ∈ XF(t(0), x(0)), t ∈ [0, T]; Λ = Λ(t) = ΛD,E(t) ΛD,E = ΛD,E(t) hàm (trong L1(0, T)) tồn điều kiện b) tương ứng với tập bị chặn D E = [m(1), m(2)] với
−∞ < m(1) =
(t,x)∈[0,T]×Du(t, x) < m
(2)
= max
(64)Tồn tập A có độ đo cho (3.5) (3.31) với u ∈ R, p ∈ Rn, x ∈
Rn, t ∈ Ac Ta giả sử Ac ⊂ Leb(c)∩Leb(Λ),
hàm R u 7→ f(t, x, u, p) giảm cho p ∈ Rn, x ∈
Rn, t ∈ Ac, (3.3)
đúng u ∈ E, p ∈ S, x, y ∈D, t ∈ Ac Với ε > 0, tập A chứa tập mở Uε ⊂ (0, T) với
Z
Uε
8r(1 +r)c(t)dt < ε (3.54) Giả sử Λε(t) = 2Λ(t) +ε giả sử γ(ε)(t) hàm cho sau
γ(ε)(t) =
ε t ∈ Uεc,
8r(1 +r)c(t) +ε t ∈ Uε
(3.55) Cho t ∈ [t(0), T] xét tập (compact) sau:
N(ε)(t) ={(x(.), x(.)) ∈ XF(t(0), x(0))×XF(t(0), x(0)) :
|x(t)−x(t)|2 ≤
Z t
t(0)
γ(ε)(τ)dτ ·exp
Z t
t(0)
Λ(ε)(τ)dτ
,
u(t, x(t))≤ u(t(0), x(0)) < u(t(0), x(0)) ≤ u(t, x(t))} (3.56) Dĩ nhiên, N(ε)(t(0)) 6= ∅ Đặt t(ε) = sup{t ∈ [t(0), T] : N(ε)(t) 6= ∅}, ta thấy N(ε)(t(ε)) 6= ∅ XF(t(0), x(0)) tập compact u= u(t, x) (tương ứng; u = u(t, x)) nửa liên tục (tương ứng; dưới)
Chúng ta chứng minh t(ε) = T Ta tìm (x(.), x(.)) ∈ N(ε)(t(ε)) giả sử ngược lại t(ε) < T Chúng ta cần xét hai trường hợp sau: - Trường hợp 1: t(ε) ∈ Uε Lấy δ > đủ nhỏ để [t(ε), t(ε) +δ) ⊂ Uε Bằng định nghĩa, cố định α ∈ P, β ∈ Q tồn x(1)(.) ∈ XU(t(ε), x(0), u(0), α), x(1)(.)∈ XL(t(ε), x(0), u(0), β) với
u(t(ε)+δ, x(1)(t(ε)+δ)) ≤ u(t(ε), x(0))< u(t(ε), x(0)) ≤ u(t(ε)+δ, x(1)(t(ε)+δ)), (3.57)
(65)Đặt x(2)(t) =
x(t) ≤ t ≤ t(ε), x(1)(t) t(ε) ≤ t ≤ T,
và x(2)(t) =
x(t) ≤ t ≤ t(ε), x(1)(t) t(ε) ≤ t ≤ T
(3.59) Thì(x(2)(.), x(2)(.)) ∈XF(t(0), x(0))×XF(t(0), x(0)) Thêm vào đó, vì(x(.), x(.))∈ N(ε)(t(ε)), từ (3.56) (3.59) suy
|x(2)(t(ε)+δ)−x(2)(t(ε)+δ)|2
= |x(t(ε))−x(t(ε))|2 +
Z t(ε)+δ
t(ε)
2Dx(2)(t)−x(2)(t), x(2)(t)−x(2)(t)Edt
≤
Z t(ε)
t(0)
γ(ε)(t)dt·exp
Z t(ε)
t(0)
Λ(ε)(t)dt
!
+
Z t(ε)+δ
t(ε)
γ(ε)(t)dt
≤
Z t(ε)
t(0)
γ(ε)(t)dt+
Z t(ε)+δ
t(ε)
γ(ε)(t)dt
!
·exp
Z t(ε)+δ
t(0)
Λ(ε)(t)dt
!
≤
Z t(ε)
t(0)
γ(ε)(t)dt·exp
Z t(ε)+δ
t(0)
Λ(ε)(t)dt
!
(3.60) (Ở đây, bất đẳng thức suy từ bất đẳng thức Bunhiakovski-Schwartz thật |dx(t)/dt| ≤ c(t)(1 +|x(t)|) ≤ (1 +r)c(t) hầu khắp nơi (0, T) cho x(.) ∈ XF(t(0), x(0)).) Do vậy, (x(.), x(.)) ∈ N(ε)(t(ε)), ta thấy, (3.56)-(3.60), rằng∅ 6=N(ε)(t(ε)+δ) (x(2)(.), x(2)(.)), điều trái ngược
- Trường hợp 2: t(ε) ∈ Uεc Ta sử dụng (3.58) p(0) = x(0) − x(0) Vì t(ε) ∈ Leb(c), ta có m = sup
δ∈(0,T−t(ε))
δ
Rt(ε)+δ
t(ε) c(t)dt < +∞, sup
δ∈(0,T−t(ε))
x(.)∈XF(t(0),x(0))
δ
Z t(ε)+δ
t(ε) dx dt(t)
dt ≤ sup
δ∈(0,T−t(ε))
x(.)∈XF(t(0),x(0))
δ
Z t(ε)+δ
t(ε)
c(t)(1+|x(t)|)dt
(66)có
exp
δ
Z t(ε)+δ
t(ε)
2Λ(t)dt
!
> exp(2Λ(t(ε))−ε), tức là,
exp
Z t(ε)+δ
t(ε)
Λ(ε)(t)dt
!
> exp(2δΛ(t(ε))) ≥ + 2δ·Λ(t(ε)) (3.62) Mặt khác, compact XF(t(0), x(0)) kéo theo tồn δ(2) với tính chất
x(t)−x(t (ε))
<
ε
16(1 +r)(1 +m) (3.63)
khi x(.) ∈ XF(t(0), x(0)),
t−t(ε)
< δ(2) Cuối cùng, (3.31)
t = t(ε), ta tìm α ∈ P, β ∈ Q, δ(3) >
inf
x(.)∈XF(t(ε),x(0))
δ
Z t(ε)+δ
t(ε)
min
z∈FU(t,x(t),u(0),α)
D
z, p(0)
E
dt≥ f(t(ε), x(0), u(0), p(0))−ε/8,
sup
x(.)∈XF(t(ε),x(0))
δ
Z t(ε)+δ
t(ε)
max
z∈FL(t,x(t),u(0),β)
D
z, p(0)Edt ≤ f(t(ε), x(0), u(0), p(0))+ε/8
(3.64) < δ ≤ δ(3)
Nếu chọn δ = min{δ(1), δ(2), δ(3), T − t(ε)} > 0, theo định nghĩa, tồn tạix(1)(.)∈ XU(t(ε), x(0), u(0), α),x(1)(.) ∈XL(t(ε), x(0), u(0), β) cho (3.57) thực Giả sử(x(2), x(2)) ∈XF(t(0), x(0))×XF(t(0), x(0))
như (3.59) Từ (3.64) suy
1
δ
Z t(ε)+δ
t(ε)
dx(2) dt (t), p
(0)
dt ≥ f(t(ε), x(0), u(0), p(0))−ε/8, (3.65)
1
δ
Z t(ε)+δ
t(ε)
dx(2) dt (t), p
(0)
dt ≤ f(t(ε), x(0), u(0), p(0)) +ε/8 (3.66) Do (3.65), đặt p(t) = x(2)(t)−x(2)(t) với t ∈ [0, T], ta có
1
δ
Z t(ε)+δ
t(ε)
dp dt(t), p
(0)
(67)Kết hợp (3.61), (3.63), (3.67) ta
1
δ
Z t(ε)+δ
t(ε)
dp
dt(t), p(t)
dt ≤ f(t(ε), x(0), u(0), p(0))−f(t(ε), x(0), u(0), p(0)) +ε/2, (3.68) đó,
1 2δ
p(t
(ε) +δ)
− p(t
(ε))
2
≤ f(t(ε), x(0), u(0), p(0))−f(t(ε), x(0), u(0), p(0)) +ε/2
≤ Λ(t(ε))· |p(0)| · |x(0)−x(0)|+ε/2 = Λ(t(ε))·
p(t
(ε) )
+ε/2
do (3.3), (3.5), (3.53), (3.57), đơn điệu theo u hàm f =
f(t, x, u, p) Do đó, từ (3.55), (3.56), (3.62) (x(.), x(.)) ∈ N(ε)(t(ε)), thấy
|p(t(ε)+δ)|2 ≤ [1 + 2δΛ(t(ε))]· |p(t(ε)|2 +εδ ≤ |p(t(ε)|2 ·exp
Z t(ε)+δ
t(ε)
Λ(ε)(t)dt
!
+εδ
≤
Z t(ε)
t(0)
γ(ε)(t)dt·exp
Z t(ε)
t(0)
Λ(ε)(t)dt
!!
·exp
Z t(ε)+δ
t(ε)
Λ(ε)(t)dt
!
+
Z t(ε)+δ
t(ε)
γ(ε)(t)dt ≤
Z t(ε)
t(0)
γ(ε)(t)dt·exp
Z t(ε)+δ
t(0)
Λ(ε)(t)dt
!
(3.69) Một lần nữa, (3.56)-(3.59) (3.69), ta ∅ 6= N(ε)(t(ε) + δ)
(x(2)(.), x(2)(.)), mâu thuẫn
(68)N(ε)(T) Từ (3.56) suy |x(ε)(T)−x(ε)(T)|2 ≤
Z T
t(0)
γ(ε)(t)dt·exp
Z T
t(0)
Λ(ε)(t)dt
(3.70) Vì XF(t(0), x(0)) tập compact, nên ta tìm dãy ε(1) > ε(2) > > ε(k) → cho x(ε(k))(.) → x(.), x(ε(k))(.) → x(.) C([0, T],Rn) Cho k → +∞ (3.70) với ε(k) thay cho ε, ta thu
|x(T)−x(T)|= Do đó, thơng qua giới hạn k →+∞ bất đẳng thức
u(T, x(ε(k))(T)) ≤ u(t(0), x(0))< u(t(0), x(0)) ≤ u(T, x(ε(k))(T))
[chú ý rằngu =u(t, x) (tương ứng;u =u(t, x)) nửa liên tục (tương ứng; trên)] cho ta
σ(x) ≤ u(T, x) ≤ u(t(0), x(0)) < u(t(0), x(0)) ≤ u(T, x) ≤ σ(x),
trong x = x(T) = x(T) Điều mâu thuẫn, (3.52) sai Bổ đề 3.3.7 chứng minh
Bây ta chứng minh Định lý 3.3.1
Chứng minh Vì hàm Hamilton f = f(t, x, u, p) thoả mãn a) - e), phần 3.1.3 phần 3.1 nên FU(f) 6= ∅, FL(f) 6= ∅ Giả sử FU = FU(t, x, u, α), FL = FL(t, x, u, β) tương ứng thuộc FU(f) FL(f), λ = λ(t, x) hàm xác định ΩT (3.41) Theo Bổ đề 3.3.4 3.3.6, λ = λ(t, x) ≡ λ−(t, x) nằm SolU(FU), λ+ = λ+(t, x) nằm SolL(FL) Do đó, Bổ đề 3.3.7 với (3.42) kéo theo
λ−(t, x)≡ λ+(t, x) ≡ λ(t, x)
Cho nên λ = λ(t, x) thuộc SolU(FU)∩SolL(FL) Hơn F
(0)
U = FU(0)(t, x, u, α) FL(0) = FL(0)(t, x, u, β) tương ứng nằm FU(f) FL(f), λ(0) =λ(0)(t, x) thuộc SolU(F
(0)
U )∩SolL(F
(0)
L ) áp dụng Bổ đề 3.3.7 choFU = FU(t, x, u, α)vàFL(0) =FL(0)(t, x, u, β)cho taλ(t, x) ≥ λ(0)(t, x)trên ΩT Ta áp dụng Bổ đề 3.3.7 choF
(0)
U = F
(0)
(69)3.4 Mối quan hệ nghiệm minimax nghiệm nhớt
Khái niệm nghiệm nhớt thúc đẩy nguyên lý cực đại cổ điển mà phân biệt với khái niệm nghiệm suy rộng khác, dựa thay phương trình cặp bất đẳng thức vi phân Trong nghiên cứu hai nghiệm minimax nghiệm nhớt, nhiều ý đưa để xây dựng khái niệm: gradient dưới, vi phân (có tài liệu dùng "dưới vi phân" thay cho "vi phân dưới"), đạo hàm suy rộng, , tất khái niệm sử dụng với hàm khơng trơn Cho phương trình với hàm Hamilton liên tục, Subbotin cộng ông chứng minh nghiệm minimax xác định cách sử dụng bất đẳng thức đạo hàm theo hướng mà tương đương với bất đẳng thức gradient gradient sử dụng định nghĩa nghiệm nhớt Bậy khảo sát mối quan hệ nghiệm minimax nghiệm nhớt trường hợp phương trình với hàm Hamilton thời gian đo
Giả sử ψ =ψ(ξ) hàm giá trị hữu hạn ξ gần điểmξ(0) ∈ Rm giả sử e ∈ Rm, γ ∈ Rm Nhớ lại nửa đạo hàm Dini ψ =ψ(ξ) điểm ξ(0) theo hướng e xác định sau
∂e+ψ(ξ(0)) = inf
ε>0 0sup<δ<ε
|e−e|<ε
nh
ψ(ξ(0)+δe)−ψ(ξ(0))
i
/δ
o
,
∂e−ψ(ξ(0)) = sup
ε>0
inf
0<δ<ε
|e−e|<ε
nh
ψ(ξ(0)+δe)−ψ(ξ(0))
i
/δ
o
(70)
Chúng ta giới thiệu kí hiệu sau:
∆+γψ(ξ(0)) = inf
ε>00<|ξsup−ξ(0)|<ε
nh
ψ(ξ)−ψ(ξ(0))−Dγ, ξ−ξ(0)
Ei
/|ξ−ξ(0)|o,
∆−γψ(ξ(0)) = sup
ε>0
inf
0<|ξ−ξ(0)|<ε
nh
ψ(ξ)−ψ(ξ(0))−Dγ, ξ −ξ(0)Ei/|ξ −ξ(0)|o,
(3.72) D+ψ(ξ(0)) = nγ ∈ Rn : ∆+γψ(ξ(0)) ≤ 0o,
D−ψ(ξ(0)) = nγ ∈ Rn : ∆−γψ(ξ(0)) ≥ 0o,
(3.73)
Ánh xạRn e 7→ ∂e+ψ(ξ(0))∈ [−∞,∞]là hàm dương, tức ∂λε+ψ(ξ(0)) =λ·∂e+ψ(ξ(0))(λ >0) Choe = 0, thì∂0+ψ(ξ(0)) ∈ {0,∞} Từ (3.71) suy ánh xạ nửa liên tục Điều tương tự cho ánh xạ Rm e 7→∂e−ψ(ξ(0)); nửa liên tục thoả mãn quan hệ ∂0−ψ(ξ(0))∈ {0,−∞} ∂λε−ψ(ξ(0)) =λ·∂e−ψ(ξ(0))(λ >0)
Những tập D+ψ(ξ(0)) D−ψ(ξ(0)) gọi vi phân vi phân ψ = ψ(ξ) điểm ξ(0) Những phần tử tập gọi tương ứng gradient gradient Nếu ψ = ψ(ξ) khả vi ξ(0) D+ψ(ξ(0)) = D−ψ(ξ(0)) ={∂ψ(ξ(0))/∂ξ}; trường hợp này,
ψ(ξ) =ψ(ξ(0)) +D∂ψ(ξ(0))/∂ξ, ξ −ξ(0)E+◦(ξ−ξ(0)), ◦(ξ −ξ(0))/|ξ −ξ(0)| → ξ → ξ(0) Theo (3.72)-(3.73),
ψ(ξ) ≤ ψ(ξ(0)) +Dγ, ξ −ξ(0)E+◦(ξ−ξ(0))
với γ ∈ D+ψ(ξ(0)) Với γ ∈D−ψ(ξ(0)) ta có ψ(ξ) ≥ ψ(ξ(0)) +Dγ, ξ−ξ(0)E+◦(ξ−ξ(0)) Chúng ta xác định
D+ψ(ξ(0)) = {γ ∈ Rn : ∂e+ψ(ξ(0)) ≤ hγ, ei ∀e ∈ Rm}, D−ψ(ξ(0)) = {γ ∈ Rn : ∂e−ψ(ξ(0)) ≥ hγ, ei ∀e ∈ Rm}
(71)Bây nhắc lại định nghĩa nghiệm nhớt toán Cauchy dạng
∂u ∂t +f
t, x, u,∂u ∂x
= ΩT = {0 < t < T, x ∈ Rn}, (3.75) u(T, x) = σ(x) {t =T, x ∈ Rn} (3.76) Ở đây, < T < ∞ Giả sử kiện cuối σ = σ(x) thuộc lớp C0
Rn, hàm Hamilton f = f(t, x, u, p) đo theo t ∈ (0, T) liên tục
theo (x, u, p) ∈ Rn×
R×Rn Chúng ta có định nghĩa sau:
Định nghĩa 3.4.1 Một nghiệm nhớt (3.75)-(3.76) xác định hàm u = u(t, x) liên tục ΩT thoả mãn điều kiện cuối (3.76) cặp bất đẳng thức
a+f(t, x, u(t, x), b) ≥ ∀(a, b) ∈ D+u(t, x), (3.77) a+f(t, x, u(t, x), b) ≤ ∀(a, b) ∈D−u(t, x) (3.78) cho hầu hết tất t ∈ (0, T) x∈ Rn.
Nếu hàm Hamilton f = f(t, x, u, p) thoả mãn điều kiện a)-e) đề cập 3.1.1 3.1, ta biết nghiệm minimax (3.75)-(3.76) tồn Với hầu hết t ∈ (0, T), nghiệm minimax thoả mãn (3.15) điểm (t, x) mà khả vi Ngoài ra, nghiệm cổ điển (3.75)-(3.76) tồn trùng với nghiệm minimax Trong phần này, kết mối quan hệ nghiệm minimax nghiệm nhớt (trong trường hợp phương trình với hàm Hamilton thời gian đo được) sau
Định lý 3.4.2 Dưới giả thiết Định lý 3.3.1, nghiệm minimax (3.75)-(3.76) nghiệm nhớt
Chứng minh Lấy A ⊂ (0, T) tập có độ đo không thoả mãn (3.29) Bổ đề 3.1.7 Chúng ta giả sử Ac = (0, T)\A ⊂ Leb(`), với ` = `(t)
là hàm đề cập điều kiện c) (trong 3.1.1 3.1), Leb(`) tập hợp tất t ∈ (0, T) thoả mãn lim
δ&0
1
δ
Rt+δ
(72)Giả sử u = u(t, x) nghiệm minimax (3.75)-(3.76) mà tồn Định lý 3.3.1 Sự thật chứng minh nhiều hơn, cụ thể u = u(t, x) không phụ thuộc vào lựa chọn ánh xạ đa trị FU = FU(t, x, u, α) FL = FL(t, x, u, β) (tương ứng FU(f) FL(f)) Từ sử dụng (3.6) cho cặp ánh xạ đa trị cụ thể sử dụng định nghĩa (3.1.2)-(3.1.4) 3.1.2 3.1
Trước tiên ta chứng minh (3.78) cho t ∈ Ac, x ∈ Rn Giả sử t(0) ∈ Ac, x(0) ∈ Rn, (a, b) ∈ D−u(t(0), x(0)) Chọn α ∈ S và 0 ≤ s ∈
R để b = s·α
Vì u = u(t, x) nằm SolU, với δ ∈ (0, T −t(0)), tồn hàm
xδ(.) ∈XU(t(0), x(0), u(t(0), x(0)), α)
với
u(t(0)+δ, xδ(t(0)+δ))−u(t(0), x(0)) ≤ (3.79) Đặt
yδ = xδ(t(0)+δ)−x(0) =
Z t(0)+δ
t(0)
dxδ
dt (τ)dτ
Vì t(0) ∈ Ac điểm Lebesgue ` = `(t) họ hàm {xδ(.)}δ ⊂ XF(t(0), x(0)) bị chặn đều, (3.6) suy
sup
δ∈(0,T−t(0))
δ|yδ| ≤δ∈(0sup,T−t(0))
δ
Z t(0)+δ
t(0) dxδ dt (τ)
dτ
ta có vìxδ(.)∈ XU(t(0), x(0), u(t(0), x(0)), α)nênx0δ(t)∈ FU(t0, xδ(t0), u(t0, x0), α)
và xδ(t0) = x0 suy |x0δ(t)| ≤ √
2`(t)(1 +|xδ(t)|) suy ra:
sup
δ∈(0,T−t(0))
δ|yδ| ≤δ∈(0sup,T−t(0))
√
2
δ
Z t(0)+δ
t(0)
`(τ)(1 +|xδ(τ)|)dτ <∞ Hệ là,
lim
k→∞
1
δ(k)yδ(k) =y (3.80)
với y thuộc Rn δ(1) > δ(2) > > δ(k) → Nhưng, (3.8) (3.6), thấy
1
δyδ, α
=
δ
Z t(0)+δ
t(0)
dxδ
dt (τ), α
dτ ≥ δ
Z t(0)+δ
t(0)
(73)do từ (3.5) (thuần dương theo p) ta
1
δyδ, b
≥ δ
Z t(0)+δ
t(0)
f(τ, xδ(τ), u(t(0), x(0)), b)dτ
Điều với (3.29) (3.80) kéo theohy, bi ≥ f(t(0), x(0), u(t(0), x(0)), b) Do đó, từ (3.79)-(3.80) (3.71)-(3.74) suy
0 ≥ sup
ε>0
inf
0<δ<ε{[u(t
(0)
+δ, x(0)+δ(yδ/δ))−u(t(0), x(0))]/δ}
≥ ∂1−,yu(t(0), x(0))≥ 1·a+hy, bi ≥ a+f(t(0), x(0), u(t(0), x(0)), b)
(74)KẾT LUẬN
Qua q trình hồn thành luận văn này, tác giả trang bị cho kiến thức thiết thực giải tích đa trị Đây hội tốt để tác giả có điều kiện học lại tìm hiểu sâu lý thuyết kỹ thuật chuyên dụng phép tính vi phân không gian Rn (đặc biệt kỹ thuật xấp xỉ trù mật hóa), trực tiếp vận dụng chúng luận văn chứng minh số mệnh đề liên quan đến “hàm thử”! Quan trọng cả, tác giả có hội làm quen với lý thuyết đại (và thời sự) nghiệm nhớt (cũng loại nghiệm suy rộng khác mà người ta thường xem xét) nghiên cứu phương trình đạo hàm riêng phi tuyến (trong có phương trình Hamilton-Jacobi)
Từ việc tham khảo số nguồn tư liệu (có danh mục tài liệu tham khảo) sở hiểu biết thu mình, tác giả trình bày đọng (ở chương 3) số vấn đề liên quan đến nghiệm nhớt nghiệm minimax phương trình đạo hàm riêng phi tuyến cấp một, theo thể khép kín, bao gồm: khái niệm số tính chất hai loại nghiệm (như tồn tính nghiệm phương trình Hamilton-Jacobi) Dưới hướng dẫn TS Nguyễn Duy Thái Sơn, tác giả hiểu nhận mối quan hệ hai khái niệm nghiệm suy rộng trình bày chi tiết mối quan hệ định lý 3.4.2 chương
Trong luận văn, tác giả tự làm số cơng việc cụ thể như:
(75)làm rõ chi tiết tinh tế chứng minh định lý 2.1.4, 2.1.11 (chứng minh gốc [4, Theorem I.3] ngắn gọn), mệnh đề 2.1.10, 2.1.14, 2.2.5; xác hóa chứng minh hệ 2.1.7, mệnh đề 2.1.14 (xem [4, Corollary I.6 & Proposition I.13] để thấy nhầm lẫn chứng minh gốc)
2 Ở chương 3, làm rõ chi tiết chứng minh bổ đề 3.3.2, 3.3.5 Thể mối quan hệ nghiệm nhớt nghiệm minimax thông qua định lý 3.4.2
Do thời gian có hạn điều kiện không thuận lợi (ở xa người hướng dẫn khoa học) nên số dự định đặt ban đầu chưa hoàn thành Trong số dự định chưa kịp hồn thành đó, có: Các kết tương tự thiết lập cho nghiệm nhớt nghiệm minimax phương trình đạo hàm riêng phi tuyến cấp cao hay hệ phương trình?; Liệu hai loại nghiệm có cịn tương đương trường hợp phương trình cấp một? Tác giả hy vọng thời gian tới tiếp tục nghiên cứu thêm vấn đề nêu
Mặc dù thân nỗ lực nhiều, khuôn khổ thời gian hiểu biết tác giả cịn nhiều hạn chế nên khơng thể tránh hồn tồn sai sót Rất mong góp ý chân thành quý thầy cô bạn để luận văn hoàn thiện
Một lần tơi xin chân thành tỏ lịng biết ơn kính trọng đến thầy TS Nguyễn Duy Thái Sơn, người hướng dẫn chu đáo, nhiệt tình để tơi hồn thành luận văn
(76)TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] J.-P Aubin and H Frankowska,Set-valued analysis, Birkhăauser, Basel, 1990
[2] Ch Castaing and M Valadier, Convex analysis and measurable mul-tifunctions, Lecture Notes in Math., Vol 580, Springer-Verlag, New York, 1977
[3] M.G Crandall, L.C Evans and P.-L Lions, Some properties of viscos-ity solutions of Hamilton-Jacobi equations, Trans Amer Math Soc
282 (1984), 487-502
[4] M.G Crandall and P.-L Lions, Viscosity solutions of Hamilton-Jacobi equations, Trans Amer Math Soc 277 (1983), 1-42
[5] H Ishii, Uniqueness of unbounded viscosity solutions of Hamilton-Jacobi equations, Indiana Univ Math J 33 (1984), 721-748
[6] H Ishii, Representation of solutions of Hamilton-Jacobi equations,
Nonlinear Analysis, Theory, Methods and Applications12 (1988), 121-146
[7] P.E Souganidis, max-min representations and product formulas for the viscosity solutions of Hamilton-Jacobi equations with applications to differential games, Nonlinear Analysis, Theory, Methods and Ap-plications (1985), 217-257
(77)