Bất đẳng thức Poincare (tiếp)

Trong bài viết trước

Các dạng bất đẳng thức Poincare 1-chiều

tôi tập trung vào việc trình bày bất đẳng thức Poincare trong trường hợp 1-chiều, cụ thể cho các hàm xác định trên một khoảng hữu hạn. Dưới đây tôi trình bày tiếp bất đẳng thức Poincare cho trường hợp hàm xác định trong miền không nhất thiết bị chặn:

  • Miền có thể tích hữu hạn.
  • Miền nằm giữa hai siêu phẳng song song cách nhau một khoảng hữu hạn.

Cụ thể với tập mở \Omega\subset\mathbb R^n thỏa mãn một trong hai điều kiện:

  • độ đo Lebesgue |\Omega|< \infty;
  • tồn tại véc-tơ \xi\in\mathbb S^n và các số thực  \alpha, \beta sao cho

\Omega\subset\{x\in\mathbb R^n:\; \alpha\le \langle\xi, x\rangle\le \beta\},

có bất đẳng thức Poincare

||u||_{L^p}\le C||\nabla u||_{L^p}, u\in W^{1, p}_0(\Omega), 1\le p\le\infty,

trong đó C chỉ phụ thuộc n, \Omega, p.

Ta sẽ dần tìm hiểu từng trường hợp trên.

Chú ý rằng W^{1, p}_0(\Omega)\subset W^{1, p}(\mathbb R^n) theo nghĩa với mỗi u\in W^{1, p}_0(\Omega) ta có thể coi u\in W^{1, p}(\mathbb R^n) thỏa mãn giá suppu\subset\Omega. Ngoài ra W^{1, p}_0(\Omega) là bao đóng của C^1_0(\Omega) trong W^{1,p}(\mathbb R^n). Như vậy để chứng minh bất đẳng thức Poincare cho u\in W^{1, p}_0(\Omega) ta chỉ cần chứng minh cho u\in C^1_0(\Omega).

Lấy x_0\not\in\Omegax\in\Omega ta có

u(x)=u(x)-u(x_0)=\int_0^1 \dfrac{d}{dr}u(x_0+r(x-x_0))dr

hay

u(x)=\int_0^1 (x-x_0)\cdot \nabla u(x_0+r(x-x_0))dr\quad\quad\quad(1).

Với p=\infty và miền \Omega có tính chất

D=\sup\limits_{x\in\Omega}d(x, \partial\Omega)<\infty

từ (1) ta có bất đẳng thức Poincare

||u||_{L^\infty}\le D||\nabla u||_{L^\infty}.

Không khó để thấy nếu tập mở \Omega thỏa mãn hoặc có thể tích hữu hạn, hoặc nằm giữa hai siêu phẳng đều có tính chất trên. Bạn đọc thử tự kiểm chứng lại xem? Ngoài ra có những tập có tính chất trên lại không có thể tích hữu hạn hay nằm giữa hai siêu phẳng song song, chẳng hạn chữ thập vô hạn trong mặt phẳng.

Điều lý thú: điều kiện cần và đủ để tập \Omega có bất đẳng thức Poincare khi p=\infty chính là

D=\sup\limits_{x\in\Omega}d(x, \partial\Omega)<\infty.

Ở trên ta đã đưa ra lý do về tính “cần”. Để chỉ ra tính đủ ta dùng phản chứng, nghĩa là giả sử D=\infty. Khi đó có dãy cặp (x_k, r_k), x_k\in\Omega, r_k tăng ra vô cùng sao cho B_{r_k}(x_k)\subset\Omega.

Lấy hàm \rho\in C^\infty_0(\mathbb R^n) xác định bởi

\rho(x)=\begin{cases}e^{\frac{1}{||x||^2-1}} \; khi \; ||x||<1, \\ 0 \; otherwise.\end{cases}

Xét dãy hàm \rho_k(x)=\rho\left(\dfrac{x-x_k}{r_k}\right) ta sẽ thấy miền \Omega không có bất đẳng thức Poincare với bất kỳ 1\le p\le \infty.

Câu hỏi: liệu có tập mở \OmegaD<\infty mà không có bất đẳng thức Poincare khi 1\le p<\infty?

Quay trở lại việc chứng minh bất đẳng thức Poincare khi 1\le p<\infty. Ta bắt đầu với trường hợp nằm giữa hai siêu phẳng. Chú ý phép quay và phép tịnh tiến không thay đổi bất đẳng thức Poincare nên ta có thể giả sử \xi=(0, \dots, 0, 1), \alpha=0, \beta=d. Khi đó với x\in\Omega chọn x_0=(x_1, \dots, x_{n-1}, 0), ta viết lại (1)

u(x)=\int_0^{x_n}u_{x_n}(x_1, \dots, x_{n-1}, t)dt.

Giống như việc chứng minh bất đẳng thức Poincare trong trường  hợp 1-chiều ta có

||u||_{L^p}\le \dfrac{d}{p^{1/p}}||u_{x_n}||_{L^p}

hay ta có điều phải chứng minh.

Tiếp đến ta chứng minh bất đẳng thức Poincare cho trường hợp thể tích hữu hạn. Với chú ý W^{1, p}_0(\Omega)\subset W^{1, p}(\mathbb R^n) ta có thể nghĩ đến việc dùng bất đẳng thức Sobolev. Do 1\le p<\infty nên có q\in[1, n) sao cho

q\le p<\dfrac{nq}{n-q}.

Với u\in C^1_0(\Omega)\subset W^{1, q}(\mathbb R^n) ta có bất đẳng thức Sobolev

||u||_{L^{\frac{nq}{n-q}}}\le C||\nabla u||_{L^q}.

Lại do |\Omega|<\infty

||u||_{L^p}\le C||u||_{L^{\frac{nq}{n-q}}}||\nabla u||_{L^q}\le C||\nabla u||_{L^p}.

Các hằng số C ở trên chỉ phụ thuộc n, \Omega, p. Các bạn thử chi tiết sự phụ thuộc như nào?

Với trường hợp thể tích hữu hạn ta cũng có thể chứng minh bằng cách giống như trường hợp trước, nghĩa là dùng cách biểu diễn tương tự (1)

u(x)=-\int_0^\infty\dfrac{d}{dr}u(x+r\omega)dr, |\omega|=1.

Lấy tích phân hai vế theo |\omega| trên hình cầu đơn vị và đổi thứ tự lấy tích phân ta được

u(x)=-\dfrac{1}{|\mathbb S^{n-1}|}\int_\Omega \dfrac{(x-y)}{||x-y||^n}\cdot \nabla u(y)dy.

Khi đó ta có

|u(x)|\le\dfrac{1}{|\mathbb S^{n-1}|}\int_\Omega ||x-y||^{1-n}|\nabla u(y)|dy.

Do |\Omega|<\infty nên có R>0 sao cho |\Omega|=|B_R(x)|. Do đó có |x-y|^{1-d}\in L^1(\Omega)

\int_\Omega |x-y|^{1-d}dy\le \int_{B_R(x)}|x-y|^{1-n}dy=n|\mathbb S^{n-1}|^{1-1/n}|\Omega|^{1/n}.

Như vậy theo bất đẳng thức Young ta có

||u||_{L^p}\le \left(\dfrac{|\Omega|}{|B_1|}\right)^{1/n}||\nabla u||_{L^p}.

2 thoughts on “Bất đẳng thức Poincare (tiếp)

  1. datuan5pdes

    Ngoài dạng bất đẳng thức Poincare trong W^{1, p}_0(\Omega), như trong bài về trường hợp 1-chiều trình bày còn có dạng cho hàm thuộc W^{1, p}(\Omega). Dĩ nhiên nó không thể có dạng như trên trình bày với ví dụ hàm 1. Nó có dạng

    ||u-u_\Omega||_{L^p}\le C||\nabla u||_{L^p}, u\in W^{1, p}(\Omega)

    khi |\Omega|< \infty. Ở đây

    u_\Omega=\dfrac{1}{|\Omega|}\int_\Omega u(x)dx.

    Ta còn có thể có dạng tổng quát hơn khi \Omega là tập mở, lồi và bị chặn như sau:

    ||u-u_E||_{L^p}\le C||\nabla u||_{L^p}, u\in W^{1, p}(\Omega)

    trong đó E\subset\Omega là tập đo được và có độ đo dương.

    Để chứng minh dạng này, ta sử dụng biểu diễn tương tự (1) sau

    u(x)-u(y)=-\int_0^1 \dfrac{d}{dr}u(x+r(y-x))dr, x, y\in\Omega,

    rồi tích phân theo y trên E ta được

    u(x)-u_E=\dfrac{1}{|E|}\int_E dy \int_0^1 \dfrac{d}{dr}u(x+r(y-x))dr.

    Sau đó biến đổi ta được

    |u(x)-u_E|\le \dfrac{d^n}{n|E|}\int_\Omega ||x-y||^{1-n}|\nabla u(y)|dy,

    với d là đường kính của \Omega.

    Từ đó

    ||u-u_E||_{L^p}\le \left(\dfrac{|B_1|}{|E|}\right)^{1-1/n}d^n ||\nabla u||_{L^p}, u\in W^{1, p}(\Omega).

    Ta cũng có thể mở rộng dạng trên cho trường hợp \Omega mở, liên thông và có thể tích hữu hạn, với biên Lipschitz.

Gửi phản hồi

Mời bạn điền thông tin vào ô dưới đây hoặc kích vào một biểu tượng để đăng nhập:

WordPress.com Logo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản WordPress.com Log Out / Thay đổi )

Twitter picture

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Twitter Log Out / Thay đổi )

Facebook photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Facebook Log Out / Thay đổi )

Google+ photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Google+ Log Out / Thay đổi )

Connecting to %s