phương trình Hamilton Jacobi

Biên soạn: Dương Quốc Duy
Chương 1: Nghiệm Cổ Điển Của Bài Toán Cauchy
1.Phương trình hoàn chỉnh:
M(x, y, u).u
x
= N(x, y, u).u
y
(*)

Trong đó
• (x, y) ∈
2


• M(x, y, u), N(x, y, u) là các hàm khả vi liên tục theo các biến.
• u = u(x, y) là hàm ẩn phải tìm.
• u
x
, u
y
lần lượt là đạo hàm riêng của u theo các biến x, y.
• Thỏa mãn điều kiện khớp: M
x
= N
y

♦ Phương pháp:
Trong trường hợp này ta có thể tìm nghiệm u = u(x, y) của phương trình (*) dưới dạng ẩn
Φ(x, y, u) = 0
Với M(x, y, u) = Φ
y

(x, y, u) và N(x, y, u) = Φ
x
(x, y, u)
Ta có:
Φ
x
(x, y, u) = N(x, y, u)
⇒ Φ(x, y, u) = ∫N(x, y, u)dx + f(y, u) ( với f(y, u) là hàm theo hai biến y và u )
⇒ M(x, y, u) = Φ
y
(x, y, u) = ∫N
y
(x, y, u)dx + f
y
(y, u)
⇒ f
y
(y, u) = M(x, y, u) - ∫N
y
(x, y, u)dx
⇒ f (y, u) = ∫f
y
(y, u)dy + g(u) ( với g(u) là hàm theo biến u )
Do đó:
Φ(x, y, u) = ∫N(x, y, u)dx + ∫f
y
(y, u)dy + g(u)
♦ Chú ý:
Khi Φ
u

(x, y, u) ≠ 0 ta có thể tìm được hàm u theo định lý hàm ẩn.
BT
1
: giải phương trình
a) x.u
t
= tu.u
x

b) x
2
y.u
x
= xy
2
.u
y

Giải:
a) x.u
t
= tu.u
x

Đặt M(t, x, u) = x và N(t, x, u) = tu
Ta có:
Biên soạn: Dương Quốc Duy
• M(t, x, u), N(t, x, u) là các hàm khả vi liên tục theo các biến.
• M
t

(t, x, u) = 0 = N
x
(t, x, u) (thỏa mãn điều kiện khớp)
Nên ta có thể tìm nghiệm u = u(t, x) của phương trình (*) dưới dạng ẩn Φ(t, x, u) = 0
Với M(t, x, u) = Φ
x
(t, x, u) và N(t, x, u) = Φ
t
(t, x, u)
Ta có:
Φ
t
(t, x, u) = N(t, x, u) = tu
⇒ Φ(t, x, u) =
1
2
t
2
.u + f(x, t) ( f(x, t) là hàm theo hai biến t và u )
⇒ M(t, x, u) = Φ
x
(t, x, u) = f
x
(x, u)
⇒ f
x
(x, u) = x
⇒ f(x, u) =
1
2

x
2
+ g(u) ( g(u) lầ hàm theo biến u )
Do đó: Φ(t, x, u) =
1
2
t
2
.u +
1
2
x
2
+ g(u)
b) x
2
y.u
x
= xy
2
.u
y

Đặt M(x, y, u) = x
2
y và N(x, y, u) = xy
2
Ta có:
• M(x, y, u), N(x, y, u) là các hàm khả vi liên tục theo các biến.
• M

x
(x, y, u) = 2xy = N
y
(x, y, u) (thỏa mãn điều kiện khớp)
Nên ta có thể tìm nghiệm u = u(x, y) của phương trình (*) dưới dạng ẩn Φ(x, y, u) = 0
Với M(x, y, u) = Φ
y
(x, y, u) và N(x, y, u) = Φ
x
(x, y, u)
Ta có:
Φ
x
(x, y, u) = N(x, y, u) = xy
2
⇒ Φ(x, y, u) =
1
2
x
2
y
2
+ f(y, u) ( với f(y, u) là hàm theo hai biến y và u )

⇒ M(x, y, u) = Φ
y
(x, y, u) = x
2
y + f
y

(y, u)
⇒ f
y
(y, u) = x
2
y - x
2
y = 0
⇒ f (y, u) = g(u) ( với g(u) là hàm theo biến u )
Do đó:
Φ(x, y, u) =
1
2
x
2
y
2
+ g(u)
2.Phương pháp tách biến:
F(x, y, u, u
x
, u
y
) = 0 (2*)

♦ Phương pháp:
Biên soạn: Dương Quốc Duy
Ta tìm nghiệm của phương trình (2*) được biểu diễn dưới dạng
u(x, y) = g(x) + h(x) hoặc u(x, y) = g(x).h(y)
BT

2
: giải phương trình
(I)
(0, )
2
t x
2
u + u = 0 (t, x) (a)
u(0, x) = x x
(b)

 









Giải:
Ta tìm nghiệm của phương trình (I) được biểu diễn dưới dạng u(t, x) = g(t).h(x)
Ta có:
u
t
(t, x) = g’(t).h(x) và u
x
(t, x) = g(t).h’(x)
Thay vào (a):

g’(t).h(x) = - [g(t).h’(x)]
2

⇒
 
 
2
2
h'(x)
g'(t)
- = = c
h(x)
g(t)
( với c là hằng số )
( Do
 
2
g'(t)
-
g(t)
và
 
2
h'(x)
h(x)
là hai hàm theo hai biến khác nhau nhưng luôn bằng nhau nên phải là hàm
hẳng )
Ta có:
•
 

2
g'(t)
-
g(t)
= c ⇒
1
= c.t + a
g(t)
(a là hằng số)
⇒ g(t) =
1
c.t + a
( t ≠ -a/c )
•
 
2
h'(x)
h(x)
= c ⇒
h'(x)
= c
h(x)
( c ≥ 0)
⇒ 2
h(x)
=
c
.x + d (d là hằng số)
⇒ h(x) =
(

2
c.x + d)
4

Do đó nghiệm cổ điển của bài toán (a) là:
u(t, x) =
(
)
2
4(c.
c.x + d
t + a
)

Mà, u(0, x) = x
2
nên
(
2
c.x + d)
4.a
= x
2
∀x ∈ ℝ
Biên soạn: Dương Quốc Duy
⇒
cx
2
+ 2d
c

.x + d
2
= 4ax
2

∀
x
∈

ℝ

⇒
c = 4a
d = 0




Vậy, nghiệm cổ điển của bài toán (I) là
u(t, x) =
2
x
4t + 1
(t, x) ∈ (0 ; +∞)×ℝ
2.Phương pháp đặc trưng Cauchy:
t x
u + H(t, x, u ) = 0 (t, x) (0, )
u(0, x) = (x) x

 








σ

♦ Phương pháp:
Với H(P) = H(t, x, P) và σ(z) = …
Ta có:
+ Hệ phương trình vi phân thường:

o
P
o
P
o
X = H (P)
U = P.H (P) - H(P)
P = 0











Với điều kiện ban đầu:
X(0, z) = z , U(0, z) = σ(z) và P(0, z) = σ’(z)
+ Hệ phương trình cho ta nghiệm:
• P(t, z) = σ’(z)
• X(t, z) = z + t. H
P
(σ’(z))
• U(t, z) = σ(z) + t.[ σ’(z). H
P
( σ’(z) ) - H( σ’(z) ) ]
Và nghiệm:
u(t, x) = U( t, X
-1
(t, z) ) với x = X(t, z)
BT
2
: sử dụng phương pháp đặc trưng Cauchy tìm nghiệm thuộc lớp C
2
(hay còn gọi là nghiệm trơn) của
phương trình
a)
2
t x
2
u + u = 0 (t, x) (0, )
u(0, x) = x x

 









b)
t x
u + sinu = 0 (t, x) (0, )
u(0, x) = x x
 








Giải:
Biên soạn: Dương Quốc Duy
a)
2
t x
2
u + u = 0 (t, x) (0, )
u(0, x) = x x


 








(a)

Với H(P) = P
2
và σ(z) = z
2
Ta có:
+ Hệ phương trình vi phân thường:

2
o
P
o
P
o
X = H (P) = 2P
U = P.H (P) - H(P) = P
P = 0











Với điều kiện ban đầu:
X(0, z) = z , U(0, z) = σ(z) = z
2
và P(0, z) = σ’(z) = 2z
+ Hệ phương trình cho ta nghiệm:
• P(t, z) = σ’(z) = 2z
• X(t, z) = z + t. H
P
(σ’(z)) = z + t.4z = z.( 4t + 1)
• U(t, z) = σ(z) + t.[ σ’(z). H
P
( σ’(z) ) - H( σ’(z) ) ]
= z
2
+ t.[ 2z.4z – 4z
2
]
= z
2
.( 1 + 4t )
Do đó:
x = X(t, z) ⇔ x = z.( 4t + 1) ⇒ z =
x

4t + 1
⇒ X
-1
(t, z) =
x
4t + 1

Vậy, phương trình (a) có nghiệm thuộc lớp C
2
trên
u(t, x) = U( t, X
-1
(t, z) ) =
2
x
4t + 1
(t, x) ∈ (0, +∞)×ℝ
b)
t x
u + sinu = 0 (t, x) (0, )
u(0, x) = x x
 








Với H(P) = sinP và σ(z) = z

Ta có:
+ Hệ phương trình vi phân thường:
Biên soạn: Dương Quốc Duy

o
P
o
P
o
X = H (P) = cosP
U = P.H (P) - H(P) = P.cosP - sinP
P = 0










Với điều kiện ban đầu:
X(0, z) = z , U(0, z) = σ(z) = z và P(0, z) = σ’(z) = 1
+ Hệ phương trình cho ta nghiệm:
• P(t, z) = σ’(z) = 1
• X(t, z) = z + t. H
P

(σ’(z)) = z + t.cos1
• U(t, z) = σ(z) + t.[ σ’(z). H
P
( σ’(z) ) - H( σ’(z) ) ]
= z + t.[ cos1 – sin1 ]
Do đó:
x = X(t, z) ⇔ x = z + t.cos1 ⇒ z = x - t.cos1 ⇒ X
-1
(t, z) = x - t.cos1
Vậy, phương trình (b) có nghiệm thuộc lớp C
2
trên
u(t, x) = U( t, X
-1
(t, z) ) = x - t.sin1 (t, x) ∈ (0, +∞)×ℝ

Chương 2: Nghiệm Lipschit Của Phương Trình Hamilton - Jacobi
Để tìm nghiệm Lipschit của phương trình Hamilton – Jacobi, ta phải xét xem phương trình đang giải
nằm trong dạng nào ở các dạng sẽ đưa ra trong phần này. Tuy nhiên, sau khi tìm ra dạng toán: chúng ta
phải sử dụng thêm một số định nghĩa, công thức sau mới có thể tìm được nghiệm:
♦ Tích vô hướng trên
n

là ánh xạ:
< . , . >:
n

×
n


→ ℝ
( x , y ) ↦ <x, y> =
n
i i
i = 1
x y


Với x = (x
1
, x
2
, … , x
n
) ; y = (y
1
, y
2
, … , y
n
) ∈
n


♦ Hàm liên hiệp:
Hàm liên hiệp của hàm f :
n

→


là hàm f
*
:
n

→

được định nghĩa:
f
*
(q) =
x
sup
n



{ <q, x> - f (x) } , q ∈
n


♦ Hàm lồi chặt:
Hàm f :
n

→
ℝ
được gọi là hàm lồi chặt nếu
∀
x ; y

∈

n

,
∀
α
∈
[0 ; 1]:
Biên soạn: Dương Quốc Duy
f ( αx + (1 – α)y ) ≤ α. f (x) + (1 – α). f (y)
♦ Hàm liên tục Lipschit:
Hàm f :
n

→ ℝ được gọi là liên tục Lipschit trên
n

nếu ∃L > 0, ∀x ; y ∈
n

:
| f(x) – f(y) | ≤ L.||x - y||
♦ Chú ý:
• Hàm bậc nhất là Lipschit.
• Hàm e
x
không Lipschit.
1.Trường hợp


(x) lồi:
t x
u + H(t, u ) = 0 (t, x) (0, )
u(0, x) = (x) x



n
n
Ω T






 



σ

♦ TH
1
: H(t, u
x
) là hàm có xuất hiện biến t.
Ta phải kiểm tra hai dữ kiện
i) H(t, q) là hàm liên tục trên [0, T]×
n



ii) Ở dữ kiện hai này ta chỉ cần kiểm tra một trong hai dữ kiện
• σ(x) là hàm lồi và liên tục Lipschit trên
n


• φ(t, x, q) = <x, q> - σ
*
(q) -
0
,
t
H( q)d
 

hội tụ về -∞
khi ||q|| → +∞ đều địa phương theo (t, x) ∈ [0, T]×
n


Khi đó
u(t, x) =

max
n
q


{<x, q> - σ

*
(q) -
0
,q)
t
H( d
 

}
Là một nghiệm toàn cục Lipschitz của bài toán
♦ TH
2
: H(t, u
x
) = H(u
x
) là hàm không xuất hiện biến t.
Ta phải kiểm tra hai dữ kiện
i) H(q) là hàm liên tục trên
n


ii) Ở dữ kiện hai này ta chỉ cần kiểm tra một trong hai dữ kiện
• σ(x) là hàm lồi và liên tục Lipschit trên
n


• φ(t, x, q) = <x, q> - σ
*
(q) – t.H(q) hội tụ về -∞

khi ||q|| → +∞ đều địa phương theo (t, x) ∈ [0, T]×
n


Biên soạn: Dương Quốc Duy
Khi đó
u(t, x) =

max
n
q


{<x, q> - σ
*
(q) - t.H(q) }
Là một nghiệm toàn cục Lipschitz của bài toán

Biên soạn: Dương Quốc Duy
2.Trường hợp

(x) không lồi:
t x
u + H(t, u ) = 0 (t, x) (0, )
u(0, x) = (x) x



n
n

Ω T






 



σ

Ta phải thực hiện theo các bước:
i) Kiểm tra H(t, q) là hàm liên tục trên [0, T]×
n


ii) Biến đổi σ(x) =
{1, 2, , k }
min

i

σ
i
(x) với σ
i
(x) là hàm lồi, liên tục lipschitz trên
n



iii) Tìm nghiệm Lipschitz của bài toán:

t x
u + H(t, u ) = 0 (t, x) (0, )
u(0, x) = (x) x



n
n
i
Ω T






 



σ

Với nghiệm lipschitz của nó là:
u
i
(t, x) =

max
n
q


{<x, q> - σ
i
*
(q) -
0
,q)
t
H( d
 

}
iv) Lúc đó, nghiệm Lipschitz của bài toán càn tìm là:
u(t, x) =
{1, 2, , k }
min

i

u
i
(t, x)
2.Trường hợp H = H(q) lồi:
t x
u + H(u ) = 0 (t, x) (0, )

u(0, x) = (x) x

n
n
Ω T






 



σ

Ta phải kiểm tra hai dữ kiện
i) H(q) là hàm lồi chặt trên
n

và thỏa mãn điều kiện
( )
lim

q
H q
q
 
 

ii) σ(x) là hàm liên tục trên Lipsxhitz
n


Khi đó
u(t, x) =
*
x
mi
- y
(y) + t.H
t

n
n
y

 
 
 
 
 
 



Là một nghiệm Lipschitz của bài toán
BT:

u (t, x) (0, )
u(0, x) = x
2
t x
+ u - 1 = 0


x
Ω T
e







 



(I)
Biên soạn: Dương Quốc Duy

♦ Đặt
• H(q) = |q
2
– 1|
⇒ H(q) là hàm liên tục trên ℝ
• σ(x) =

- x
e
=
-x
x
e neáu x 0
e neáu x < 0






=

x
min


{ σ
1
(x) ; σ
2
(x)}
Trong đó, σ
1
(x) = e
- x
và σ
2

(x) = e
x
là các hàm lồi trên ℝ
♦ Xét bài toán
u (t, x) (0, )
u(0, x) = x
2
t x
+ u - 1 = 0


x
Ω T
e







 



(1)
+ Với σ
1
*
(q) =

sup

x


{ qx - e
– x
}
Đặt g(x) = qx - e
– x

⇒ g’(x) = q + e
–x

• Nếu q > 0 thì g’(x) > 0 , ∀x ∈ ℝ
⇒ g(x) là hàm đồng biến trên ℝ và
+
x
lim
 
g(x) = +∞
⇒ σ
1
*
(q) = +∞
• Nếu q < 0 thì g’(x) = 0 ⇔ x = -ln(-q)
Bảng biến thiên
x -∞ -ln(-q) +∞
g'(x)

+ 0 -
g(x)

q - qln(-q)

e
-x
e
x
y
x
0
Biên soạn: Dương Quốc Duy
-∞ - ∞
⇒ σ
1
*
(q) = q - qln(-q)
• Nếu q = 0 thì g(x) = - e
– x
⇒ σ
1
*
(q) = 0
Nên σ
1
*
(q) =
q
q - q.ln(-q) q

0 q
neáu > 0
neáu < 0
neáu = 0
 






⇒ u
1
(t, x) =

max
q


{qx - σ
1
*
(q) - t.H(q)}
Là một nghiệm Lipschitz của bài toán (1)
♦ Xét bài toán
u (t, x) (0, )
u(0, x) = x
2
t x
+ u - 1 = 0

x
Ω T
e






 



(2)
Chứng minh tương tự:
σ
2
*
(q) =
q
q.ln(q) q q
0 q
neáu < 0
- neáu > 0
neáu = 0
 







Và u
1
(t, x) =

max
q


{qx – σ
2
*
(q) - t.H(q)}
Là một nghiệm Lipschitz của bài toán (2)
Vậy, u(t, x) =
(t, x) (0, t)
min



{u
1
(t, x), u
2
(t, x)} là một nghiệm Lipchit của bài toán (I).

Biên soạn: Dương Quốc Duy

Chương 3: Nghiệm Viscosity Của Phương Trình Halmilton - Jacobi
I.Khái niệm cơ bản:
1. Hàm khả vi:
Cho tập mở  ⊂
n

. Hàm số u:  → ℝ được gọi là khả vi Frechet tại x
o
∈  nếu ∃p ∈
n

sao cho

o o
0
u(x + h) - u(x ) - p.h
lim = 0
h
h

(1)
Khi đó, ta kí hiệu đạo hàm của u tại x
o
là
Du(x
o
) = ∇u(x
o
) = p
♦ (1) là sự kết hợp của hai bất đẳng thức

o o
0
u(x + h) - u(x ) - p.h
lim sup 0
h
h


(2)

o o
0
u(x + h) - u(x ) - p.h
lim inf 0
h
h


(3)
2.Trên vi phân – dưới vi phân:
♦ Trên vi phân của u tại x
o
là tập hợp
D
+
u(x
o
) = { p ∈
n


| (2) đúng }
♦ Dưới vi phân của u tại x
o
là tập hợp
D
-
u(x
o
) = { p ∈
n

| (3) đúng }
♦ Nhận xét:
• D
+
u(x
o
) và D
-
u(x
o
) có thể bằng ∅
• Nếu u khả vi tại x
o
⇔ D
+
u(x
o
) = D

-
u(x
o
) = { D

u(x
o
) }
⇔ D
+
u(x
o
) ∩ D
-
u(x
o
) ≠ ∅
VD:
a) u : ℝ → ℝ với x
o
= 0
x ↦ |x|
∀h ∈ ℝ\{0}, ∀p ∈ ℝ, đặt:
g(h) =
h - p.h
u(h) - u(0) - p.h h
= =1 - p.
h h h

Biên soạn: Dương Quốc Duy

+
h 0 0
h
lim g(h) inf sup g(h)


 


=
0
h
inf sup




(
h
1 - p.
h
)
• Nếu p ≥ 0 thì
h
sup


g(h) = 1 + p
• Nếu p < 0 thì
h

sup


g(h) = 1 – p
Nên

h 0 0
h
lim g(h) inf sup g(h)


 


= 1 + ||p|| > 0 , ∀p ∈ ℝ
⇒ D
+
u(0) = ∅
+
h
h 0
0
lim g(h) sup inf g(h)





 =
h

0
sup inf




(
h
1 - p.
h
) =
0
sup


(
1 - p
) = 1 - |p|
⇒
h 0
lim g(h)

≥ 0 ⇔ |p| ≤ 1
⇔ -1 ≤ p ≤ 1
⇒ D
-
u(0) = [-1 ; 1]

♦ Chú ý:
i) Trên vi phân: đường nằm trên (như một tiếp tuyến nằm trên) và không cắt đồ thị trong một khoẳng

nào đó chứa x
o
trừ điểm x
o
.
ii) Dưới vi phân: đường nằm dưới (như một tiếp tuyến nằm dưới) và không cắt đồ thị trong một khoẳng
nào đó chứa x
o
trừ điểm x
o
.
y
x
0
Biên soạn: Dương Quốc Duy
b) u(x) =
0 x 0
x 0 x 1
1 x 1
neáu
neáu
neáu




 






với x
1
= 0 và x
2
= 1

♦ Với x
1
= 0,∀h ∈ ℝ\{0}, ∀p ∈ ℝ, đặt:
g(h) =
u(h) - u(0) - p.h u(h) - p.h
=
h h
=
p h 0
1
- p 0 h 1
1
- p h 1
neáu
neáu
neáu
h
h






 







+
h 0 0
h
lim g(h) inf sup g(h)


 



Do
h
sup g(h)


= +∞ , với δ dương đủ bé ( 0 < δ < 1)
Nên D
+
u(0) = ∅
+
h

h 0
0
lim g(h) sup inf g(h)
δ
δ




Do
h
inf g(h)


= min{p,
1
- p
δ
} , với δ dương đủ bé ( 0 < δ < 1)
Nên
h
h 0
0
lim g(h) sup inf g(h)
δ
δ



 = p

( vì khi δ → 0
+
thì
1
- p
δ
→ +∞ )
Nên D
-
u(0) = [0 ; +
∞
)
1
1
y
x
0
Biên soạn: Dương Quốc Duy
♦ Với x
2
= 1,
∀
h
∈

ℝ
\{0},
∀
p
∈

ℝ
, đặt:
g(h) =
u(1 + h) - u(1) - p.h
h
=
1
+ p h -1
h
1 - 1 + h
+ p -1 h 0
h
- p h 0
neáu
neáu
neáu





 







=
1
+ p h -1
h
1
p - -1 h 0
1 + 1 + h
- p h 0
neáu
neáu
neáu





 







+
h
sup g(h)


= max{-p ; p -

1
1 + 1 +
δ
} , với δ dương đủ bé ( 0 < δ < 1)
⇒
h 0 0
h
lim g(h) inf sup g(h)


 


= max{-p ; p -
1
2
} =
1
- p p
4
1 1
p - p
2 4
neáu
neáu











Nên D
+
u(1) = [0,
1
2
]
+
h
inf g(h)


= min{-p, p -
1
1 + 1 -
δ
} , với δ dương đủ bé ( 0 < δ < 1)
⇒
h
h 0
0
lim g(h) sup inf g(h)
δ
δ




 =
1
- p p
4
1 1
p - p
2 4
neáu
neáu










Nên D
-
u(1) = min{-p ; p -
1
2
} = { p ∈
n

|
h 0

lim g(h)

≥ 0} = ∅
II.Nghiệm Viscosity:
Cho  là tập mở trong
n

, F: ×ℝ×
n

→ ℝ liên tục.
Xét phương trình đạo hàm riêng phi tuyến cấp 1:
F( x, u(x), Du(x) ) = 0 (1.2)
1.Định nghĩa:
i) Hàm u ∈ C() được gọi là nghiệm dưới Viscosity của phương trình (1.2) nếu
Biên soạn: Dương Quốc Duy

∀
x
∈


,
∀
p
∈
D
+
u(x) : F( x, u(x), Du(x) ) ≤ 0
ii) Hàm u ∈ C() được gọi là nghiệm trên Viscosity của phương trình (1.2) nếu

∀x ∈ , ∀p ∈ D
-
u(x) : F( x, u(x), Du(x) ) ≥ 0
iii) Hàm u ∈ C() được gọi là nghiệm Viscosity của phương trình (1.2) nếu nó vừa là nghiệm trên, vừa
là nghiệm dưới Viscosity của phương trình (1.2)
VD1:
1 - |u
x
| = 0 (1)
Xét xem u(x) = |x| có là nghiệm Viscosity của phương trình (1) không.
Bài làm:
♦ Đặt F(x, u(x), Du(x)) = 1 - |u
x
|
+ ∀x ∈ ℝ: D
+
u(x) =
{1} x > 0
x = 0
{-1} x < 0
neáu
neáu
neáu







• Nếu x > 0 thì F(x, u(x), 1) = 0 ≤ 0
• Nếu x < 0 thì F(x, u(x), -1) = 0 ≤ 0
Nên u là một nghiệm dưới Viscosity của phương trình (1)
+ ∀x ∈ ℝ: D
-
u(x) =
{1} x > 0
[-1,1] x = 0
{-1} x < 0
neáu
neáu
neáu






• Nếu x > 0 thì F(x, u(x), 1) = 0 ≥ 0
• Nếu x < 0 thì F(x, u(x), -1) = 0 ≥ 0
• Nếu x = 0 thì ∀p ∈ D
-
u(x) = [-1, 1]: F(x, u(x), p) = 1 - |p| ≥ 0
Nên u là một nghiệm trên Viscosity của phương trình (1)
Vậy, u là một nghiệm Viscosity của phương trình (1)
VD2:
|u
x
| - 1 = 0 (1)
Xét xem u(x) = |x| có là nghiệm Viscosity của phương trình (1) không.

Bài làm:
♦ Đặt F(x, u(x), Du(x)) = |u
x
| - 1
+ ∀x ∈ ℝ: D
+
u(x) =
{1} x > 0
x = 0
{-1} x < 0
neáu
neáu
neáu







• Nếu x > 0 thì F(x, u(x), 1) = 0
≤
0
Biên soạn: Dương Quốc Duy
• Nếu x < 0 thì F(x, u(x), -1) = 0
≤
0
Nên u là một nghiệm dưới Viscosity của phương trình (1)
+ ∀x ∈ ℝ: D
-

u(x) =
{1} x > 0
[-1,1] x = 0
{-1} x < 0
neáu
neáu
neáu






• Nếu x > 0 thì F(x, u(x), 1) = 0 ≥ 0
• Nếu x < 0 thì F(x, u(x), -1) = 0 ≥ 0
• Nếu x = 0 thì với p = 1/2 ∈ D
-
u(x) = [-1, 1]: F(x, u(x), p) = |p| - 1 = -1/2 < 0
Nên u không phải là một nghiệm trên Viscosity của phương trình (1)
Vậy, u là không phải là một nghiệm Viscosity của phương trình (1)