Tính duy nhất nghiệm nhớt của một lớp phương trình vi tích phân (LV02071)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (363.22 KB, 50 trang )

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

NGUYỄN VĂN KIỆT

TÍNH DUY NHẤT NGHIỆM NHỚT
CỦA MỘT LỚP PHƯƠNG TRÌNH
VI - TÍCH PHÂN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Toán Giải Tích
Mã số: 60 46 01 02

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
TS TRẦN VĂN BẰNG

Hà Nội – Năm 2016

Lời cảm ơn
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS. Trần Văn Bằng, người đã định
hướng chọn đề tài và tận tình hướng dẫn để tôi có thể hoàn thành luận văn
này.
Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới các thầy cô phòng Sau đại
học, cùng các thầy cô giáo dạy lớp thạc sỹ chuyên ngành Toán giải tích,
trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học
tập.
Nhân dịp này tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn
bè đã luôn động viên, cổ vũ, tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong quá
trình học tập và hoàn thành luận văn.
Hà Nội, 22 tháng 11 năm 2016

Tác giả

Nguyễn Văn Kiệt

Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan luận văn Thạc sĩ chuyên ngành Toán giải tích với đề tài
“Tính duy nhất nghiệm nhớt của một lớp phương trình vi tích phân”
là kết quả của quá trình tìm hiểu, nghiên cứu của tác giả dưới sự hướng dẫn
của TS. Trần Văn Bằng.
Trong quá trình nghiên cứu thực hiện luận văn, tác giả đã kế thừa những
thành tựu của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn.
Hà Nội, 22 tháng 11 năm 2016
Tác giả

Nguyễn Văn Kiệt

Mục lục

Mở đầu

1

1 Kiến thức chuẩn bị

3

1.1

Nghiệm nhớt của phương trình đạo hàm riêng cấp một . . . .

3

1.2

Nghiệm nhớt của phương trình vi tích phân . . . . . . . . . .

6

2 Tính duy nhất nghiệm nhớt của một lớp phương trình vi tích
phân

10

2.1

Trường hợp γ > 0

2.2

Trường hợp γ = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.3

Tính chính qui của nghiệm nhớt . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.4

Ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

2.4.1

Phương trình phi tuyến lồi với hệ số biến thiên . . . . 42

2.4.2

Phương trình phi tuyến không lồi với hệ số biến thiên . 42

2.4.3

Phương trình elliptic đều tổng quát không địa phương
đối với L0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2.4.4

Phương trình tổng quát không địa phương với một họ
độ đo Levy thỏa mãn (2.41) . . . . . . . . . . . . . . . 43

Kết luận

45

Tài liệu tham khảo

46

i

Mở đầu
1. Lí do chọn đề tài
Lý thuyết phương trình vi tích phân xuất hiện trong nhiều mô hình toán,
thuộc nhiều lĩnh vực khác nhau. Nó bắt nguồn từ những công trình của Abel,
Lotka, Fredholm, Malthus, Verhulst and Volterra về các bài toán trong cơ khí,
sinh toán và kinh tế. Công trình của Volterra về vấn đề cạnh tranh giữa các
loài có vai trò nền tảng trong sự phát triển của các mô hình toán của các vấn
đề thực tiễn. Từ những công trình ban đầu này, đã có rất nhiều nhà toán học
quan tâm, nghiên cứu, phát triển lý thuyết và ứng dụng của phương trình vi
tích phân Volterra cũng như những lớp phương trình vi tích phân khác, xem
[5], [1], [2], [6] và các tài liệu trong đó.
Lý thuyết nghiệm nhớt của phương trình đạo hàm riêng được Crandall và
Lions giới thiệu từ đầu những năm 80 của thế kỉ trước cho phương trình phi
tuyến cấp một trong không gian hữu hạn chiều, sau đó phát triển cho trường
hợp vô hạn chiều và cả phương trình cấp hai. Khái niệm nghiệm suy rộng
này đặc biệt thích hợp cho lớp phương trình phi tuyến. Lý thuyết nghiệm
này cũng đã được chứng minh là phù hợp cho cả các phương trình vi tích
phân phi tuyến, xem [3], [4] và các tài liệu trong đó.
Trong khuôn khổ của một Luận văn Thạc sĩ toán học, được sự hướng dẫn
của TS. Trần Văn Bằng, tôi chọn đề tài: “Tính duy nhất nghiệm nhớt của
một lớp phương trình vi tích phân”

1

2. Mục đích nghiên cứu
Tìm hiểu về khái niệm nghiệm nhớt của phương trình vi tích phân cùng với
một số tính chất định tính của chúng, đặc biệt là tính duy nhất nghiệm đối

với lớp phương trình vi tích phân không địa phương.

3. Nhiệm vụ nghiên cứu
+ Đối tượng nghiên cứu: Nghiệm nhớt của phương trình vi tích phân và tính
chất định tính của chúng.
+ Phạm vi nghiên cứu: Nghiên cứu đối với lớp phương trình vi tích phân
không địa phương.

4. Phương pháp nghiên cứu
Sử dụng các phương pháp nghiên cứu của Phương trình đạo hàm riêng,
phương trình vi tích phân và của lý thuyết nghiệm nhớt.

5. Đóng góp của đề tài
Hệ thống hóa các tính chất, kết quả về nghiệm nhớt của phương trình vi tích
phân, hình thành một tài liệu tham khảo về chủ đề này.

2

Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1

Nghiệm nhớt của phương trình đạo hàm riêng cấp
một

Mục này trình bày ý tưởng về cách tiếp cận trong lý thuyết nghiệm nhớt của
phương trình đạo hàm riêng cấp một và những kết quả chính làm cơ sở cho
việc mở rộng khái niệm nghiệm nhớt cho phương trình vi tích phân.Nội dung
của mục này được tham khảo từ [3], [4].

Giả sử Ω ⊂ RN là một tập mở, F : Ω × R × RN → R là một hàm liên tục
của ba biến (x, r, p). Kí hiệu
C(Ω) là không gian tất cả các hàm thực liên tục trên Ω;
C k (Ω), k = 1, 2, .. là không gian tất cả các hàm thuộc C(Ω) có các đạo
hàm riêng đến cấp k liên tục trên Ω.
Với một hàm u ∈ C 1 (Ω), thì Du(x) là gradient của u tại x ∈ Ω.
Xét phương trình ĐHR phi tuyến cấp một (thường gọi là phương trình
Hamilton-Jacobi):
F (x, u(x), Du(x)) = 0,

x ∈ Ω.

(HJ)

Định nghĩa 1.1. Hàm u ∈ C(Ω) là một nghiệm nhớt dưới của phương trình
(HJ) nếu với mọi ϕ ∈ C 1 (Ω) ta có:
F (x0 , u(x0 ), Dϕ(x0 )) ≤ 0
3

tại mọi điểm cực đại địa phương x0 ∈ Ω của u − ϕ.
Hàm u ∈ C(Ω) là một nghiệm nhớt trên của phương trình (HJ) nếu với
mọi ϕ ∈ C 1 (Ω) ta có:
F (x1 , u(x1 ), Dϕ(x1 )) ≥ 0
tại mọi điểm cực tiểu địa phương x1 ∈ Ω của u − ϕ.
Hàm u là một nghiệm nhớt nếu nó vừa là nghiệm nhớt trên vừa là nghiệm
nhớt dưới của phương trình đó.
Hàm ϕ(x) trong định nghĩa trên thường được gọi là hàm thử.
Ví dụ 1.2. Hàm số u(x) = |x| là một nghiệm nhớt của phương trình:
− |u (x)| + 1 = 0,

x ∈ (−1, 1).

Thật vậy, ta xét hai trường hợp: nếu x = 0 là một cực trị địa phương của
u − ϕ thì ϕ (x) = u (x) = ±1. Vì vậy tại những điểm này điều kiện nghiệm
nhớt trên, nghiệm nhớt dưới được thỏa mãn.
Nếu 0 là cực tiểu địa phương của u − ϕ, thì ta tính được |ϕ (0)| ≤ 1 nên
điều kiện nghiệm nhớt trên vẫn đúng. Bây giờ ta chứng minh 0 không thể là
cực đại địa phương của u − ϕ với ϕ ∈ C 1 ([0, 1]). Thật vậy, nếu 0 là cực đại
địa phương của u − ϕ thì ta có (u − ϕ)(0) ≥ (u − ϕ)(x) trong một lân cận
của 0, hay ϕ(x) − ϕ(0) ≥ u(x) trong một lân cận của 0, từ đó ta có:
ϕ (0) = lim+
x→0

và
ϕ (0) = lim−
x→0

ϕ(x) − ϕ(0)
u(x)
≥ lim+
=1
x→0
x−0
x

ϕ(x) − ϕ(0)
u(x)
≤ lim+ −
= −1.

x→0
x−0
x

Vô lý, vậy 0 không thể là cực đại địa phương của u − ϕ.
Để ý rằng, hàm số u(x) = |x| không phải là nghiệm nhớt của phương
trình:
|u (x)| − 1 = 0,

x ∈ (−1, 1).
4

Thật vậy điều kiện nghiệm trên không thỏa mãn tại x0 = 0 là điểm cực tiểu
địa phương của |x| − (−x2 ).
Nghiệm nhớt là một loại nghiệm suy rộng vì nói chung chúng chỉ là hàm
liên tục nên sự tồn tại của chúng thường dễ đạt được (xem phương pháp
Perron trong [3]). Vấn đề đáng quan tâm hơn là tính duy nhất. Trong lý
thuyết nghiệm nhớt, để chứng minh tính duy nhất, ta thường chỉ ra nguyên
lý so sánh nghiệm. Tư tưởng cơ bản của nguyên lý so sánh là: nếu nghiệm
nhớt dưới nhỏ hơn hoặc bằng nghiệm nhớt trên ở trên biên thì điều đó cũng
xảy ra trong toàn miền. Nếu có kết quả so sánh thì sự duy nhất nghiệm chỉ
là một hệ quả trực tiếp. Thật vậy, nếu u1 , u2 là nghiệm của bài toán đang
xét thì khi ta coi u1 là nghiệm dưới, u2 là nghiệm trên ta sẽ có u1 = u2 trên
biên do đó u1 ≤ u2 trên toàn miền. Đổi vai trò của chúng ta lại nhận được
u2 ≤ u1 . Vậy u1 = u2 . Dưới đây là một kết quả về nguyên lý so sánh nghiệm.
Xét hàm F có dạng F (x, r, p) = r + H(x, p).
Định lý 1.3. Cho Ω là một tập con mở bị chặn của RN . Giả sử u1 , u2 ∈ C(Ω)
tương ứng là nghiệm nhớt trên và dưới của
u(x) + H(x, Du(x)) = 0,

x ∈ Ω,

và
u1 ≤ u2

trên ∂Ω

Và hàm H thỏa mãn:
|H(x, p) − H(y, p)| ≤ ω1 (|x − y| (1 + |p|))
với x, y ∈ Ω, p ∈ RN , trong đó ω1 : [0, +∞) → [0, +∞) là liên tục không
giảm với ω1 (0) = 0. Khi đó u1 ≤ u2 trong Ω.

5

1.2

Nghiệm nhớt của phương trình vi tích phân

Trong Luận văn này, chúng ta sẽ nghiên cứu nguyên lý so sánh nghiệm, tính
duy nhất nghiệm nhớt cho lớp phương trình vi tích phân không địa phương
G(x, u, I[x, u]) = 0 trong Ω,

(1.1)

trong đó Ω là một miền bị chặn trong Rn và I[x, u] là một toán tử vi tích
phân, nghiệm cần tìm u là hàm giá trị thực. Hàm G : Ω × R × R → R là một
hàm liên tục, elliptic suy biến, tức là với mọi x ∈ Ω, r ∈ R, l1 , l2 ∈ R
G(x, r, l1 ) ≤ G(x, r, l2 ) nếu l1 ≥ l2 ,

(1.2)

và có tính cưỡng bức, tức là có một hằng số không âm γ sao cho với mọi
x ∈ Ω, r ≥ s, l ∈ R
γ(r − s) ≤ G(x, r, l) − G(x, s, l).

(1.3)

Toán tử không địa phương I có dạng
I[x, u] :=
Rn

[u(x + z) − u(x) − 1B1 (0) (z)Du(x).z]µx (dz),

(1.4)

trong đó 1B1 (0) là hàm chỉ của hình cầu đơn vị B1 (0),

1
nếu z ∈ B1 (0),
1B1 (0) (z) =
+∞ nếu trái lại,
và {µx : x ∈ Ω} là một họ các độ đo Levy, tức là các độ đo Borel không âm
trên Rn \ {0} sao cho
min{|z|2 , 1}µx (dz) < +∞ với mọi x ∈ Ω.

(1.5)

Rn

Chúng ta sẽ mở rộng µx thành các độ đo trên Rn bằng cách đặt µx ({0}) =
0. Do đó ít nhất toán tử I[x, u] hoàn toàn xác định khi u ∈ C 2 (Bδ (x)) ∩
6

BU C(Rn ) với một δ > 0. Chúng ta chỉ ra rằng nghiệm u phải xác định trên
toàn không gian Rn kể cả khi (1.1) chỉ được thỏa mãn trong Ω. Đồng thời
chúng tôi cũng đề cập tới các phương trình kiểu Bellman-Isaacs
γu + sup inf {−Iαβ [x, u] + fαβ (x)} = 0 trong Ω,
α∈A β∈B

(1.6)

trong đó mỗi Iαβ [x, u] đều có dạng (1.4).
Các nguyên lý so sánh nghiệm và các kết quả về tính duy nhất nghiệm đối
với phương trình (1.1) và phương trình Bellman-Isaacs cổ điển đã đạt được
cho trường hợp γ > 0 và các toán tử không địa phương I và Iαβ có dạng
Iαβ [x, u] =
Rn

[u(x+γαβ (x, z))−u(x)−1B1 (0) (z)Du(x).γαβ (x, z)]µ(dz), (1.7)

tức là khi độ đo Levy là cố định (không phụ thuộc x).
Khi độ đo Levy biến đổi theo x, đặt ra nhiều khó khăn về kĩ thuật. Một
khó khăn khác nữa là trường hợp γ = 0. Để có được nguyên lý so sánh nghiệm
cũng như các kết quả về tính duy nhất nghiệm trong tình huống này, chúng
ta sẽ cần tới một số giả thiết bổ sung đối với hàm G và toán tử không địa
phương I.
Gọi Bδ (x) là hình cầu mở tâm x bán kính δ > 0 và BU C (Rn ) là không

gian của các hàm số bị chặn và liên tục đều trong Rn . Nếu Ω là một tập
mở, r = k + α, k = 1, 2, ...., 0 < α < 1, thì ta sử dụng kí hiệu C r (Ω ) thay
cho không gian H¨
older C k,α (Ω ) được trang bị với chuẩn thông thường, ở
đây nó được kí hiệu bởi .

C r (Ω ) .

Không gian các hàm liên tục Lipschitz sẽ

0,1
r
được kí hiệu là C 0,1 (Ω ). Chúng ta sẽ kí hiệu Cloc
(Ω ) (tương ứng, Cloc
(Ω ))

là không gian tất cả các hàm thuộc C r (Ω ) (tương ứng C 0,1 (Ω )) với mọi tập
mở Ω ⊂⊂ Ω . Nếu 0 < α < 1 chúng ta sẽ sử dụng kí hiệu
[u]C α (Ω ) := sup

x,y∈Ω

|u(x) − u(y)|
.
|x − y|α

Giả sử rằng G là liên tục và (1.2), (1.3), (1.5) được thỏa mãn. Chúng ta nhớ

7

lại hai định nghĩa tương đương của nghiệm nhớt của (1.1). Để làm điều đó
chúng tôi xét hai toán tử liên quan I 1,δ và I 2,δ ,
I 1,δ [x, p, u] =

u(x + z) − u(x) − 1B1 (0) (z)p.z µx (dz),
|z|<δ

I 2,δ [x, p, u] =

u(x + z) − u(x) − 1B1 (0) (z)p.z µx (dz).
|z| δ

Định nghĩa 1.4. Hàm số u ∈ BU C(Rn ) là một nghiệm nhớt dưới của phương
trình (1.1) nếu u − ϕ có cực đại trên Rn tại x ∈ Ω đối với hàm thử ϕ ∈
C 2 (Rn ) ∩ BU C(Rn ), thì ta có
G(x, u(x), I [x, ϕ]) ≤ 0.
Hàm số u ∈ BU C(Rn ) là một nghiệm nhớt trên của phương trình (1.1) nếu
u − ϕ có cực tiểu trên Rn tại x ∈ Ω đối với hàm thử ϕ ∈ C 2 (Rn ) ∩ BU C(Rn ),
thì ta có
G(x, u(x), I [x, ϕ]) ≥ 0.
Một hàm số u ∈ BU C(Rn ) là một nghiệm nhớt của phương trình (1.1) nếu
nó vừa là nghiệm nhớt trên vừa là nghiệm nhớt dưới của phương trình (1.1).
Dễ thấy rằng Định nghĩa 1.4 là tương đương với Định nghĩa 1.5 sau đây,
trong đó yêu cầu ϕ ∈ C 2 (Rn ) ∩ BU C(Rn ) được thay thế bởi yêu cầu ϕ ∈
C 2 (Bδ (x)) ∩ BU C(Rn ) với một δ > 0.
Định nghĩa 1.5. Hàm số u ∈ BU C(Rn ) là một nghiệm nhớt dưới của phương
trình (1.1) nếu u − ϕ có cực đại trên Bδ (x) tại x ∈ Ω đối với hàm thử
ϕ ∈ C 2 (Bδ (x)), δ > 0, thì ta có
G(x, u(x), I 1,δ [x, Dϕ(x), ϕ] + I 2,δ [x, Dϕ(x), ϕ]) ≤ 0.

Hàm số u ∈ BU C(Rn ) là một nghiệm nhớt trên của phương trình (1.1) nếu
u − ϕ có cực tiểu trên Bδ (x) tại x ∈ Ω đối với hàm thử ϕ ∈ C 2 (Bδ (x)), δ > 0,

8

thì ta có
G(x, u(x), I 1,δ [x, Dϕ(x), ϕ] + I 2,δ [x, Dϕ(x), ϕ]) ≥ 0.
Hàm số u ∈ BU C(Rn ) là một nghiệm nhớt của phương trình (1.1) nếu nó
vừa là nghiệm nhớt trên vừa là nghiệm nhớt dưới của (1.1).
Chúng tôi cần các giả thiết sau đây về tính phi tuyến của G và họ các độ
đo Lévy {µx } .
(H1) Với mỗi Ω ⊂⊂ Ω, có một hàm liên tục, không giảm ωΩ thỏa mãn
ωΩ (0) = 0 và một hằng số không âm ΛΩ sao cho
G(y, r, l2 ) − G(x, r, l1 ) ≤ λΩ (l1 − l2 ) + ωΩ (x − y)
với mọi x, y ∈ Ω và r, l1 , l2 ∈ R.
(H2) Với mỗi x ∈ Ω độ đo µx là liên tục tuyệt đối đối với độ đo Lebesgue
trên Rn , tức là µx (dz) = a(x, z)dz, ở đó a(x, .) ≥ 0 là đo được và tồn tại
hai hằng số 0 < θ ≤ 1, 0 < σ < 2 và một hằng số C dương sao cho, với mọi
x, y ∈ Ω, ta có
|x − y|θ
|a(x, z) − a(y, z)| ≤ C
|z|n+σ
a(x, z) ≤

C
|z|n+σ

trong B1 (0),

trong B1 (0),

|a(x, z) − a(y, z)| dz ≤ C |x − y|θ ,
Rn \B1 (0)

µx dz ≤ C.
Rn \B1 (0)

9

Chương 2
Tính duy nhất nghiệm nhớt của một
lớp phương trình vi tích phân
2.1

Trường hợp γ > 0

Trong phần này chúng tôi chứng minh định lý so sánh chính, đó sẽ là một cơ
sở để dẫn đến các kết quả so sánh khác.
Định lý 2.1. Cho Ω là một miền bị chặn. Giả sử rằng hàm G trong (1.1) là
liên tục và thỏa mãn (1.3) với γ > 0 và (H1). Giả sử rằng họ các độ đo Lévy
µx thỏa mãn giả thiết (H2). Khi đó, với bất kỳ 0 < σ < 2, tồn tại một hằng số
0 ≤ ro < σ (ro ≥ 1 nếu σ > 1) sao cho nếu r0 < r < 2, θ > max {0, 1 − r} ,
u là một nghiệm nhớt dưới của (1.1), v là một nghiệm nhớt trên của (1.1),
r
u ≤ v trong Ω và hoặc u hoặc v thuộc Cloc
(Ω), thì ta có u ≤ v trong Rn .
r
Chứng minh. Không mất tính tổng quát giả sử rằng u ∈ Cloc

(Ω). Chứng

minh được chia làm hai trường hợp.
Trường hợp 1: 0 < σ ≤ 1
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử trong trường hợp này 0 < r < 1.
Giả sử rằng maxΩ (u − v) = ν > 0. Gọi K ⊂ Ω là một lân cận compact của
tập các điểm cực đại của u − v trong Ω. Khi đó, với

đủ nhỏ, có xˆ, yˆ ∈ K

sao cho
u(x) − v(y) −

1
1
|x − y|2 = sup u(x) − v(y) − |x − y|2
2
2
x,y
10

≥ ν.

Hơn nữa, chúng ta có thể giả sử rằng có 0 < c < 1 sao cho B2c (ˆ
x)∪B2c (ˆ
y ) ⊂ Ω.
Vì
u(x) − v(y) −



2

G xˆ, u(ˆ
x), I 1,δ xˆ,




y ), I 1,δ yˆ,
G yˆ, v(ˆ





xˆ − yˆ |· − yˆ| 
xˆ − yˆ
,
+ I 2,δ xˆ,
, u(·)  ≤ 0,
2

xˆ − yˆ

2

,−





xˆ − yˆ
|ˆ
x − ·| 
+ I 2,δ yˆ,
, v(·)  ≥ 0.
2

Do đó, từ (1.3) và giả thiết (H1) chúng ta có
γ(u(ˆ
x)−v(ˆ
y )) ≤ G yˆ, v(ˆ
y ), I

−G xˆ, v(ˆ
y ), I

≤ ΛK

− I

1,δ

y,

I

x−y

1,δ

1,δ

xˆ,

1,δ

yˆ,

xˆ − yˆ

xˆ − yˆ

|ˆ
x − ·|2
xˆ − yˆ
,−
+ I 2,δ yˆ,
, v(·)
2

|· − yˆ|2
xˆ − yˆ
,−
+ I 2,δ xˆ,
, u(·)
2

x − y |· − y|2
x,
,
2

+ I 2,δ x,

|x − ·|2
x−y
,−
+ I 2,δ y,
, v(·)
2

11

x−y

, u(·)

+ wK (|x − y|)

≤ ΛK
|z|<δ

1
1
1

|x − y + z|2 − |x − y|2 − (x − y) .z µx (dz)
2
2

1
1
1
|x − y − z|2 − |x − y|2 + (x − y) .z µy (dz)
2
2

+
|z|<δ

1
u (x + z) − u (x) − 1B1 (0) (z) (x − y) .z µx (dz)

+
|z|≥δ

1
v (y + z) − v (y) − 1B1 (0) (z) (x − y) .z µy (dz) + wK (|x − y|)

−
|z|≥δ

= ΛK
|z|<δ

|z|2

µx (dz) +
2

|z|<δ

|z|2
µy (dz)
2

1
u (x + z) − u (x) − 1B1 (0) (z) (x − y) .z (µx (dz) − µy (dz))

+
|z|≥δ

[u (x + z) − u (x) − v (y + z) + v (y)] µy (dz) + wK (|x − y|) .

+
|z|≥δ

Do u(x) − v(y) −

1
2

|x − y|2 đạt cực đại toàn cục tại (ˆ
x, yˆ) , nên

u(ˆ
x + z) − u(ˆ

x) ≤ v(ˆ
y + z) − v(ˆ
y ),

∀z ∈ Rn .

Hơn nữa, theo giả thiết (H2) và tính bị chặn của u, chúng ta có
1
x − yˆ).z (µxˆ (dz) − µyˆ(dz))
u(ˆ
x + z) − u(ˆ
x) − 1B1 (0) (ˆ
|z|≥δ

≤

[u (ˆ
x + z) − u (ˆ
x)] (µxˆ (dz) − µyˆ (dz))
|z|≥1

1

u (ˆ
x + z) − u (ˆ
x) −

+

(ˆ

x − yˆ) .z (µxˆ (dz) − µyˆ (dz))

1>|z|≥c

1

u (ˆ
x + z) − u (ˆ
x) −

+

(ˆ
x − yˆ) .z (µxˆ (dz) − µyˆ (dz))

c>|z|≥δ

u (ˆ
x + z) − u (ˆ
x) −

≤

1

c>|z|≥δ

12

(ˆ

x − yˆ) .z (µxˆ (dz) − µyˆ (dz))

θ

+C |ˆ
x − yˆ| + C

|x − y|1+θ

.

Vì thế,
γ(u(x) − v(y)) ≤ ΛK
|z|<δ

|z|2
µx (dz) +
2

|z|<δ

|z|2
µy (dz)
2

1
u(x + z) − u(x) − (x − y).z (µx d(z) − µy (dz))

+

c>|z|≥δ

θ

+C|x − y| + C

|x − y|1+θ

+ wK (|x − y|) .

(2.2)

Bây giờ theo giả thiết (H2), ta có với một số C > 0,

|z|<δ

|z|2
µxˆ (dz) +
2

|z|<δ

δ 2−σ
|z|2
µyˆ (dz) ≤ C
,
2

(2.3)

1
x − yˆ).z (µxˆ (dz) − µyˆ (dz))
u(ˆ
x + z) − u(ˆ
x) − (ˆ
c>|z|≥δ

x − yˆ|1+θ |z|
C |z|r |ˆ
x − yˆ|θ + 1 |ˆ
≤

|z|n+σ

c>|z|≥δ



C|ˆ
x − yˆ|θ δ r−1 − C 1 |ˆ
x − yˆ|θ+1 ln δ,



 C|ˆ
x − yˆ|θ δ r−σ + C 1 |ˆ
x − yˆ|θ+1 ,
≤

−C|ˆ

13

−θβ

C|ˆ
x − yˆ|θ δ r−σ ≤ Cn 2−r +α(σ−r) ,
β
1
C |ˆ
x − yˆ|1+θ ≤ Cn 2−r (1−r−θ) .

Vì vậy, nếu
β < (2 − σ)α,
θβ
,
2−r
θ > 1 − r,

α(σ − r) <

thì từ đó
C

δ 2−σ

→ 0,

(2.4)
(2.5)

(2.6)

(2.7)

C |ˆ
x − yˆ|θ δ r−σ → 0,

(2.8)

1
x − yˆ|1+θ → 0.
C |ˆ

(2.9)

Vấn đề còn lại là chỉ ra sự tồn tại α > 0, β > 0, và 0 < r0 < σ để (2.4) và
(2.5) thỏa mãn. Đặt β = 1 và α >

1
2−σ

thì (2.4) thỏa mãn. Khi đó rõ ràng

tồn tại một hằng số dương r0 < σ sao cho (2.5) thỏa mãn nếu r0 < r < σ.
Nếu r < σ = 1, thì ta có
C

δ 2−σ

= Cnβ−α ,

(2.11)
(2.12)

(2.13)
(2.14)

1
C |ˆ
x − yˆ|1+θ (−lnδ) → 0.

(2.15)

Sử dụng chiến lược tương tự như trước, với bất kỳ θ > 0, ta đặt β = 1, α > 1,
và sau đó chọn 0 < r0 < σ sao cho (2.11) được thỏa mãn nếu r0 < r < 1. Vì
vậy, sử dụng (2.7)-(2.9), (2.13)-(2.15) trong (2.2), ta kết luận
γν ≤ lim sup γ(u(ˆ
x) − v(ˆ
y )) ≤ 0
n→+∞

nếu r0 < r < σ. Sự mâu thuẫn này chứng tỏ u ≤ v trong Rn .
Trường hợp 2: 1 < σ < 2.
Chúng ta giả thiết rằng r > 1. Giả sử maxΩ (u − v) = ν > 0. Gọi K ⊂ Ω
là một lân cận compact của tập hợp các điểm cực đại của u − v trong Ω. Khi
đó, tồn tại một dãy hàm số {ψn }n trong C 2 (Rn ) ∩ BU C(Rn ) sao cho
u − ψn → 0 với n → +∞ hội tụ đều trên Rn ,
và







|Du − Dψn | ≤ Cn1−r

(2.16)

trên K,

D2 ψn ≤ Cn2−r
trên K,


 D2 ψn (x) − D2 ψn (y) ≤ Cn3−r |x − y| trên K,

(2.17)

trong đó C là một hằng số dương. Gọi ρ là một mô đun liên tục của u và v.
Giả sử (ˆ
x, yˆ) ∈ Rn × Rn là một điểm cực đại của
(u(x) − ψn (x)) − (v(y) − ψn (y)) −

1
|x − y|2
2

trên Rn × Rn . Một lần nữa ta có (xem [11] Mệnh đề 2.7)
lim (u(ˆ
x) − v(ˆ

y )) = max(u − v),

(2.18)

và tồn tại 0 < c < 1 sao cho Bc (ˆ
x) ∪ Bc (ˆ
y ) ⊂ K nếu

là đủ nhỏ. Ngoài ra

→0

Ω

vì u (·) − ψn (·) − (v(ˆ
y ) − ψn (ˆ
y )) − 21 |· − yˆ|2 có cực đại toàn cục tại xˆ, ta có:
Du(ˆ
x) − Dψn (ˆ
x) =
15

xˆ − yˆ

.

Do đó, chúng ta nhận được
|ˆ
x − yˆ|

≤ Cn1−r .

(2.19)

Theo định nghĩa của nghiệm nhớt dưới và trên, chúng ta có, với bất kỳ
0 < δ < c,
2

y|
x), |·−ˆ
+ ϕn (·) + I 2,δ xˆ, xˆ−ˆy + Dψn (ˆ
x), u(·)
G xˆ, u(ˆ
x), I 1,δ xˆ, xˆ−ˆy + Dψn (ˆ
2

≤ 0,
G yˆ, v(ˆ
y ), I 1,δ yˆ, xˆ−ˆy + Dψn (ˆ
y ), ψn (·) −

2

+ I 2,δ yˆ, xˆ−ˆy + Dψn (ˆ
y ), v(·)

2

+ I 2,δ yˆ, xˆ−ˆy + Dψn (ˆ

y ), v(·)

|ˆ
x−·|
2

≥ 0.
Do đó, bởi (1.3) và giả thiết (H1), ta có
γ (u(ˆ
x) − v(ˆ
y )) ≤
y ), ψn (·) −
G yˆ, v(ˆ
y ), I 1,δ yˆ, xˆ−ˆy + Dψn (ˆ

|ˆ
x−·|
2

2

y|
x), |·−ˆ
+ ψn (·) + I 2,δ xˆ, xˆ−ˆy + Dψn (ˆ
x), u(·)
−G xˆ, v(ˆ
y ), I 1,δ xˆ, xˆ−ˆy + Dψn (ˆ
2

≤ ΛK

I

1,δ

x,

x−y

|· − y|2
x−y
+ Dψn (x),
+ ψn (·) +I 2,δ x,
+ Dψn (x), u(·)
2

− I 1,δ y, x−y + Dψn (y), ψn (·) −

2

|x−·|
2

+ I 2,δ y, x−y + Dψn (y), v(·)

+wK (|x − y|)
≤ ΛK

ψn (x + z) +
|z|<δ

−
−

1

(x − y) + Dψn (x) .z µx (dz)

ψn (y + z) +
|z|<δ

−

1

1
1
|x − y + z|2 − ψn (x) + |x − y|2
2
2

1
1
|x − y − z|2 − ψn (y) − |x − y|2
2
2

(x − y) + Dψn (y) .z µy (dz)

16

1
u(ˆ
x + z) − u(ˆ
x) − 1B1 (0) (z)( (ˆ
x − yˆ) + Dψn (ˆ
x).z) µx (dz)

+
|z|≥δ

v(y + z) − v(y) − 1B1 (0) (z)

−

1

(x − y) + Dψn (y) .z µy (dz) +wK (|x − y|)

|z|≥δ

≤ ΛK
|z|<δ

−

−
|z|<δ

1 2
|z| + ψn (x + z) − ψn (x) − Dψn (x).z µx (dz)
2
1 2
|z| + ψn (y + z) − ψn (y) − Dψn (y).z µy (dz)
2

u(x + z) − u(x) − 1B1 (0) (z)

+

1

(x − y) + Dψn (x) .z (µx (dz) − µy (dz))

|z|≥δ

+

|z|≥δ

u(x + z) − u(x) − v(y + z) + v(y) − 1B1 (0) (z) (Dψn (x) − Dψn (y)) .z µy (dz)

+wK (|x − y|) . Do (ˆ
x, yˆ) là một điểm cực đại toàn cục của (u(x) − ψn (x)) −
(v(y) − ψn (y)) −

1
2

|x − y|2 , nên

u(ˆ
x + z) − u(ˆ
x) − v(ˆ
y + z) + v(ˆ
y ) ≤ ψn (ˆ
x + z) − ψn (ˆ
x) − ψn (ˆ
y + z) + ψn (ˆ
y ),
với mọi z ∈ Rn . Vì vậy, từ (2.17) và tính liên tục đều của u, v, ta có
u(ˆ
x + z) − u(ˆ
x) − v(ˆ
y + z) + v(ˆ
y ) − 1B1 (0) (z)(Dψn (ˆ
x) − Dψn (ˆ
y )).z µyˆ(dz)
|z|≥δ

≤

[(ψn (x + z) − ψn (x) − Dψn (x).z)
c≥|z|≥δ

− (ψn (y + z) − ψn (y) − Dψn (y).z)] µy (dz) + C|x − y|r−1 + Cρ (|x − y|) .
Hơn nữa, theo giả thiết (H2), tính bị chặn của u và Du(ˆ
x) = 1 (ˆ
x −ˆ

y )+Dψn (ˆ
x)
(theo n và ), ta có
1
u(ˆ
x + z) − u(ˆ
x) − 1B1 (0) (z)( (ˆ
x − yˆ) + Dψn (ˆ
x)).z (µxˆ (dz) − µyˆ(dz))
|z|≥δ

≤

+
c≥|z|≥δ

17

|z|≥c

1
u(ˆ
x + z) − u(ˆ
x) − ( (ˆ
x − yˆ) + Dψn (ˆ
x)).z (µxˆ (dz) − µyˆ(dz))

≤
c≥|z|≥δ

+C |ˆ
x − yˆ|θ .
Vì thế, chúng ta có
γ(u(ˆ
x) − v(ˆ
y ))
≤ ΛK
|z|<δ

−

−
|z|<δ

1 2
|z| + ψn (x + z) − ψn (x) − Dψn (x).z µx (dz)
2
1 2
|z| + ψn (y + z) − ψn (y) − Dψn (y).z µy (dz)
2

u(x + z) − u(x) − 1B1 (0) (z)

+

1

(x − y) + Dψn (x) .z (µx (dz) − µy (dz))

c≥|z|≥δ

[ψn (x + z) − ψn (x) − Dψn (x).z − (ψn (y + z) − ψn (y) − Dψn (y).z)]µy (dz)

+
c≥|z|≥δ

+Cρ (|ˆ
x − yˆ|) + C |ˆ
x − yˆ|r−1 + C |ˆ
x − yˆ|θ + ωK (|ˆ
x − yˆ|).

(2.20)

hay ước lượng (2.3) thỏa mãn. Hơn nữa, theo (H2) và (2.17), ta có
[(ψn (ˆ
x + z) − ψn (ˆ
x) − Dψn (ˆ
x).z)]µxˆ (dz) ≤ Cn2−r δ 2−σ ,
|z|<δ

[(ψn (ˆ
y + z) − ψn (ˆ
y ) − Dψn (ˆ
y ).z)]µyˆ(dz) ≤ Cn2−r δ 2−σ ,
|z|<δ

1
u(ˆ

x + z) − u(ˆ
x) − ( (ˆ
x − yˆ) + Dψn (ˆ
x)).z (µxˆ (dz) − µyˆ(dz))
c≥|z|≥δ

≤C
c≥|z|≥δ

|z|r |ˆ
x − yˆ|θ
dz
|z|n+σ


r−σ

x − yˆ|θ nếu
r < σ,

 Cδ |ˆ
≤
−C |ˆ
x − yˆ| ln δ nếu
r = σ,


θ
 C|ˆ
x − yˆ|

nếu σ < r < 2.
Chúng ta nhớ lại một đẳng thức đơn giản sau. Nếu f ∈ C 2 (Rn ) thì với mỗi
18

x, z ∈ Rn ,
1

1

D2 f (x + stz)z.ztdsdt.

f (x + z) = f (x) + Df (x).z +
0

0

Sử dụng nó, (H2), và nhớ rằng Bc (ˆ
x) ∪ Bc (ˆ
y ) ⊂ K, ta có
[(ψn (ˆ
x + z) − ψn (ˆ
x) − Dψn (ˆ
x).z) − (ψn (ˆ
y + z) − ψn (ˆ
y ) − Dψn (ˆ
y ).z)] µyˆ(dz)
c≥|z|≥δ
1

1

D2 ψn (ˆ
x + stz) − D2 ψn (ˆ
y + stz) z.ztdsdtµyˆ(dz)

=
c≥|z|≥δ

0

0
3−r

≤C

n
c≥|z|≥δ

|z|2
x − yˆ|
|ˆ
x − yˆ| n+σ dz ≤ Cn3−r |ˆ
|z|

Trong phần còn lại của chứng minh chúng tôi chỉ xem xét trường hợp r < σ.
Trường hợp σ ≤ r < 2 dễ hơn và có thể được thực hiện hoàn toàn tương tự
(xem Nhận xét 2.2). Giả sử khi đó 1 < r < σ. Lại đặt δ = n−α , = n−β . Từ
(2.19), ta có
C

δ 2−σ

= Cnα(σ−2)+β ,

Cn2−r δ 2−σ = Cn2−r+α(σ−2) ,
C |ˆ
x − yˆ|θ δ r−σ ≤ Cn−θ[(r−1)+β]−α(r−σ) ,
Cn3−r |ˆ
x − yˆ| ≤ Cn−(r−1)−β+(3+r) .
Do đó, nếu
β < (2 − σ)α,

(2.21)

2 − r < α(2 − σ),

(2.22)

α(σ − r) < θ(r − 1 + β),

(2.23)

(4 − 2r) < β,

(2.24)

thì
C

δ 2−σ

19

→ 0,

(2.25)

Cn2−r δ 2−σ → 0,

(2.26)

C |ˆ
x − yˆ|θ δ r−σ → 0,

(2.27)

Cn3−r |ˆ
x − yˆ| → 0.

(2.28)

Chúng ta cần tìm α > 0, β > 0 và 1 ≤ r0 < σ sao cho (2.21)-(2.24) thỏa
mãn nếu r0 < r < σ. Đầu tiên cố định β sao cho (2.24) thỏa mãn. Khi đó, cố
định α sao cho (2.21) và (2.22) thỏa mãn. Rõ ràng rằng tồn tại một hằng số
dương 1 ≤ r0 < σ sao cho (2.23) thỏa mãn nếu r0 < r < σ.
Như vậy, cho n → + ∝ trong (2.20) sử dụng (2.18) và (2.25)-(2.28), ta
được γν ≤ 0 mâu thuẫn. Vì vậy u ≤ v trong Rn .
Nhận xét 2.2. Từ chứng minh của Đinh lý 2.1 nếu các hàm hạch a(x, ·)

là đối xứng, thì yêu cầu θ > max {0, 1 − r} có thể thay bởi yêu cầu yếu hơn
θ > 0. Các nhận xét cũng đúng đối với các Định lý 2.4, 2.7, 2.9, 2.20, Bổ đề
2.17, 2.18, và Hệ quả 2.3, 2.5, 2.8, 2.10.
Hệ quả 2.3. Cho các giả thiết của Định lý 2.1, 0 < σ < 2, 0 < r < 2, θ >
max {0, 1 − r} . Nếu u là một nghiệm nhớt dưới, v là một nghiệm nhớt trên
r
của (1.1), u ≤ v trong Ωc , và hoặc u hoặc v thuộc Cloc
(Ω), thì

(i) Với 0 < σ ≤ 1, nếu σ <

θ(2−r)
2−r+θ

+ r, ta có u ≤ v trong Rn .
2

(2−r)
(ii) Với 1 < σ < 2 và r > 1, nếu σ < 2 − 2 θ(3−r)+(4−2r)
, thì u ≤ v trong Rn .

Chứng minh. (i) Cho β = 1 và α =

1
2−σ

+ η, η > 0. Khi đó (2.4) và (2.6) thỏa

mãn và (2.5) sẽ được thỏa mãn nếu
1

θ
+ η (σ − r) <
.
2−σ
2−r
Một phép tính đơn giản cho thấy rằng điều trên vẫn đúng đối với một số
η > 0 nếu
σ<

θ(2 − r)
+ r.
2−r+θ

(ii) Đặt
β = 4 − 2r + η1 , α =
20

4 − 2r + η1
+ η2 ,
2−σ

ở đó η1 , η2 > 0. Khi đó (2.21), (2.22) và (2.24) được thỏa mãn và (2.23) sẽ
được thỏa mãn nếu
4 − 2r + η1
+ η2 (σ − r) < θ(r − 1 + 4 − 2r + η1 )
2−σ
với một η1 , η2 > 0. Có thể thấy bất đẳng thức này vẫn thỏa mãn nếu
σ <2−2

(2 − r)2
.
θ(3 − r) + (4 − 2r)

Tiếp theo chúng ta xét một phương trình vi tích phân phi tuyến quan
trọng khác, xuất hiện trong điều khiển tối ưu ngẫu nhiên và trong lý thuyết
trò chơi vi phân, đối với các quá trình có những bước nhảy, đó là phương
trình Bellman-Isaacs (1.6):
γu + sup inf {−Iαβ [x, u] + fα,β (x)} = 0, trong Ω,
α∈A β∈B

ở đó Iαβ [x, u] =

Rn

αβ
u(x + z) − u(x) − 1B1 (0) (z)Du(z).z µαβ
x (dz) và µx

là một họ các độ đo Lévy với chỉ số α và β tương ứng thuộc các tập A và
B. Phương trình (1.6) không có dạng (1.1), có nghĩa là các định lý và hệ quả
sau đây không phải là các hệ quả của Định lý 2.1 và Hệ quả 2.3, tuy nhiên
các chứng minh lại tương tự. Kết quả tương tự sẽ là đúng nếu chúng ta thêm
vào các số hạng thuần cấp 1 hoặc cấp 2 địa phương trong (1.6).
Định lý 2.4. Cho Ω là một miền bị chặn. Giả sử rằng γ > 0, họ các độ
đo Lévy

µαβ
x

thỏa mãn giả thiết (H2) đều theo α ∈ A, β ∈ B, fα,β là bị

chặn đều trong Ω và liên tục đều trong mỗi tập compact K ⊂ Ω, đều theo
α ∈ A, β ∈ B. Khi đó, với bất kỳ 0 < σ < 2, tồn tại một hằng số 0 ≤ r0 < σ
(r0 ≥ 1, nếu σ > 1) sao cho nếu r0 < r < 2, θ > max {0, 1 − r} , u là một
nghiệm nhớt dưới của (1.6), v là một nghiệm nhớt trên của (1.6), u ≤ v trong
r
Ωc , và hoặc u hoặc v thuộc Cloc
(Ω), thì ta có u ≤ v trong Rn .

21

Tính duy nhất nghiệm nhớt của một lớp phương trình vi tích phân (LV02071)

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về