Số hóa bởi trung tâm học liệu http://www.lrc-tnu.edu.vn/

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
BÙI VĨNH AN

NGHIỆM SUY RỘNG CỦA
PHƯƠNG TRÌNH MONGE-AMPÈRE
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC


1.2 Nghiệm suy rộng của phương trình Monge-Ampère elliptic . 9
1.2.1 Khái niệm nghiệm suy rộng của phương trình Monge-
Ampere elliptic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.2 Các tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3 Ngun lý cực đại . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3.1 Ngun lý cực đại Aleksandrov . . . . . . . . . . . . 13
1.3.2 Ngun lý cực đại Aleksandrov-Bakelman-Pucci . . . 14
1.4 Ngun lý so sánh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2 Bài tốn Dirichlet đối với phương trình Monge-Ampère
elliptic 20
2.1 Trường hợp phương trình thuần nhất . . . . . . . . . . . . 20
2.2 Trường hợp phương trình khơng thuần nhất . . . . . . . . . 23
2.3 Lớp nghiệm nhớt của phương trình Monge-Ampère elliptic . 30
2.3.1 Định nghĩa nghiệm nhớt . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.3.2 Quan hệ với nghiệm suy rộng . . . . . . . . . . . . . 32
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
Số hóa bởi trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/
2
Mở đầu
Phương trình Monge-Ampère elliptic là một phương trình đạo hàm
riêng cổ điển. Nó thuộc lớp phương trình cấp hai phi tuyến hồn tồn,
song có nhiều ứng dụng trong lý thuyết và thực tế.
Nghiệm cổ điển của phương trình này thuộc lớp C
2
, song nghiệm này
khơng tồn tại khi vế phải được mở rộng. Người ta đã đưa vào lớp nghiệm
suy rộng của phương trình trong đó nghiệm chỉ cần đòi hỏi là một hàm lồi
và liên tục.
Luận văn trình bày về lớp nghiệm suy rộng này. Tài liệu chủ yếu dựa

, u(x
0
)) là hàm afin l(x) = u(x
0
) + p.(x −x
0
), sao cho u(x) ≥ l(x) với
mọi x ∈ Ω.
1.1.1 Định nghĩa
Định nghĩa 1.1. Dưới vi phân của hàm u tại điểm x
0
∈ Ω là tập hợp
được định nghĩa bởi
∂u(x
0
) = {p ∈ R
n
; u(x) ≥ u(x
0
) + p.(x − x
0
), ∀x ∈ Ω}.
Cho E ⊂ Ω, ta định nghĩa ∂u(E) = ∪
x∈E
∂u(x).
Tập ∂u(x
0
) có thể rỗng. Đặt S = {x ∈ Ω : ∂u(x) = ∅}. Nếu u ∈ C
1
(Ω)


D
2
u(ξ)h, h

,
Số hóa bởi trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/
4
trong đó ξ nằm trong đoạn x
0
đến x
0
+ h. Từ đó
u(x
0
+ h) ≥ u(x
0
) + Du(x
0
).h
với mọi h đủ bé, nên Du(x
0
) ∈ ∂u(x
0
).
Ví dụ 1.1. Chúng ta sẽ tính tốn dưới vi phân của hàm u có đồ thị là
hình nón trong R
n+1
. Cho Ω = B
R

0
| < R,
B
h/R
(0), x = x
0
.
Thật vậy, nếu 0 < |x − x
0
| < R, thì giá trị của ∂u có được bằng cách
tính gradient. Theo định nghĩa dưới vi phân, p ∈ ∂u(x
0
) nếu và chỉ nếu
h
R
|x − x
0
| ≥ p.(x−x
0
), ∀x ∈ B
R
(x
0
). Nếu p = 0 và ta chọn x = x
0
+ R
p
|p|
,
thì |p| ≤

k
), ∀x ∈ Ω.
Do K là compact, K
δ
= {x : dist(x, K) ≤ δ} là compact và chứa trong
Ω với mọi δ đủ nhỏ, ta có thể giả thiết cho dãy con x
k
→ x
0
. Khi đó
x
k
+ δω ∈ K
δ
và u(x
k
+ δω) ≥ u(x
k
) + δp
k
.ω với mọi |ω| = 1 và với mọi
k. Nếu p
k
= 0 và ω =
p
k
|p
k
|
thì ta được max

cho m → ∞ ta được u(x) ≥ u(x
0
) + p
o
.(x −x
0
) với mọi x ∈ Ω. Vậy ta dã
chứng minh được Bổ đề.
Số hóa bởi trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/
5
Chú ý 1.1. Chúng ta lưu ý là chứng minh ở trên cho thấy nếu u chỉ là bị
chặn địa phương trong Ω, thì ∂u(E) là bị chặn bất cứ khi nào E bị chặn
với E ⊂ Ω.
Chú ý 1.2. Chúng ta lưu ý là với x
0
∈ Ω, tập hợp ∂u(x
0
) là lồi. Tuy
nhiên, nếu K là lồi và K ⊂ Ω thì tập ∂u(K) khơng nhất thiết là lồi. Một
ví dụ là cho u(x) = e
|x|
2
và K = {x ∈ R
n
: |x
i
| ≤ 1, i = 1, , n}. Tập
∂u(K) là tập hợp đối xứng hình sao quanh gốc tọa độ là khơng lồi.
(xem Hình 1.1.)
Hình 1.1

là lồi trong R
n
.
Bổ đề 1.5. Nếu Ω là mở và u là hàm liên tục trong Ω, thì tập hợp các
điểm trong R
n
thuộc ảnh tạo bởi dưới vi phân của hơn một điểm của Ω có
độ đo Lebesgue bằng khơng. Vậy là, tập hợp
S = {p ∈ R
n
; x, y ∈ Ω, x = y, p ∈ ∂u(x) ∩∂u(y)}
có độ đo khơng. Điều này cũng nghĩa là tập hợp siêu phẳng tiếp xúc với đồ
thị của u ở hơn một điểm có độ đo khơng.
Chứng minh. Chúng ta có thể cho rằng Ω là bị chặn, bởi vì nếu khơng
thì ta viết Ω = ∪
k
Ω
k
, trong đó Ω
k
⊂ Ω
k+1
là mở và Ω
k
là compact. Nếu
p ∈ S, thì tồn tại x, y ∈ Ω, x = y và
u(z) ≥ u(x) + p.(z − x), u(z) ≥ u(y) + p.(z −y) với mọi z ∈ Ω.
Từ Ω
k
tăng, x, y ∈ Ω

∗
là khơng khả vi tại p}. Chúng ta sẽ
chứng minh rằng
Số hóa bởi trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/
7
{p ∈ R
n
: ∃x, y ∈ Ω, x = y, p ∈ ∂u(x) ∩ ∂u(y)} ⊂ E.
Thật vậy, nếu p ∈ ∂u(x
1
) ∩ ∂u(x
2
), x
1
= x
2
, thì u
∗
(p) = x
i
.p − u(x
i
),
i = 1, 2. Ta cũng có u
∗
(z) ≥ x
i
.z −u(x
i
) và u

) = ∪
m
∂u(E
m
).
Do đó, nếu E
m
∈ S, m = 1, 2, . . . , thì ∪
m
E
m
∈ S. Đặc biệt, ta có thể viết
Ω = ∪
m
K
m
với K
m
compact và có được Ω ∈ S. Để chứng minh S là σ-đại
số ta cần chứng minh rằng nếu E ∈ S, thì Ω\E ∈ S. Chúng ta dùng cơng
thức sau có hiệu lực cho bất kỳ tập E ⊂ Ω:
∂u(Ω\E) = (∂u(Ω)\∂u(E)) ∪ (∂u(Ω\E) ∩∂u(E)). (1.2)
Từ Bổ đề 1.5, |∂u(Ω\E) ∩∂u(E)| = 0 cho tập hợp E bất kỳ. Từ (1.2) ta
được Ω\E ∈ S khi E ∈ S.
Giờ ta thấy rằng Mu là σ cộng tính. Cho {E
i
}
∞
i=1
là dãy các tập rời nhau

|∪
∞
i=1
H
i
| =
∞

i=1
|H
i
|. (1.3)
Ta có E
i
∩ E
j
= ∅, i = j. Từ Bổ đề 1.5, |H
i
∩ H
j
| = 0, i = j. Ta viết
∪
∞
i=1
H
i
= H
1
∪ (H
2

\(H
n−1
∪ H
n−2
∪ ∪H
1
)].
Theo Bổ đề 1.5 |H
n
∩ (H
n−1
∪ H
n−2
∪ ∪H
1
)| = 0 và ta được
|H
n
| = |H
n
\(H
n−1
∪ H
n−2
∪ ∪H
1
)|.
Vì vậy theo (1.3), chứng minh định lý hồn tất.
Định lý 1.2. Nếu u ∈ C
2

i
) với mọi
z ∈ Ω, i = 1, 2. Từ đó u(x
1
)−u(x
2
) = Du(x
1
).(x
1
−x
2
) = Du(x
2
)(x
1
−x
2
).
Theo cơng thức Taylor ta có thể viết
u(x
1
) =
u(x
2
)+Du(x
2
)(x
1
−x

+ t(x
1
− x
2
) ∈ A với t nhỏ. Do vậy x
1
= x
2
. Nếu
u ∈ C
2
(Ω) thì g = Du ∈ C
1
(Ω). Ta có Mu(E) = |Du(E)| và
Du(E) = Du(E ∩ S
0
) ∪ Du(E\S
0
).
Số hóa bởi trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/
9
Do E ⊂ R
n
là tập Borel, E ∩ S
0
và E\S
0
cũng là tập Borel. Do đó, bằng
cơng thức của đổi biến số và Định lý Sard,
Mu(E) = Mu(E ∩S


(x) là ma trận Jacobi của ánh xạ.
Ví dụ 1.2. Nếu u(x) là hình nón của Ví dụ 1.1, thì độ đo Monge-Ampère
liên kết với u là Mu =


B
h/R


δ
x
0
, trong đó kí hiệu δ
x
0
là hàm Dirac tại
x
0
, và



B
h
R



là thể tích hình cầu trong R

2
u = ν trong Ω.
Số hóa bởi trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/
10
Mệnh đề 1.1. Cho u
k
∈ C(Ω) là hàm lồi sao cho u
k
→ u đều trên các
tập con compact của Ω.
Khi đó:
(i) Nếu K ⊂ Ω là compact, thì
lim sup
k→∞
∂u
k
(K) ⊂ ∂u(K),
và từ Định lý Fatou suy ra
lim sup
k→∞
|∂u
k
(K)| ≤ |∂u(K)|.
(ii) Nếu K là compact và U là mở sao cho K ⊂ U ⊂ U ⊂ Ω, thì
∂u(K) ⊂ lim inf
k→∞
∂u
k
(U),
trong đó bao hàm thức giữ đúng đối với hầu hết điểm của tập hợp bên trái,

→ x
0
∈ K. Mặt khác,
u
j
(x) ≥ u
j
(x
j
) + p.(x − x
j
), ∀x ∈ Ω,
và bằng việc cho j → ∞, từ sự hội tụ đều của u
j
trên compact ta được
u(x) ≥ u(x
0
) + p.(x − x
0
), ∀x ∈ Ω,
do đó p ∈ ∂u(x
0
).
(ii) Cho S = {p : p ∈ ∂u(x
1
) ∩ ∂u(x
2
), x
1
, x

0
) + p.(x
1
− x
0
). Nếu
khác đi thì u(x
1
) = u(x
0
) + p.(x
1
− x
0
) và từ p ∈ ∂u(x
0
) ta có
Số hóa bởi trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/
11
u(x) ≥ u(x
0
) + p.(x − x
0
), ∀x ∈ Ω
= u(x
1
) − p.(x
1
− x
0

k
(x) + δ/2}.
Cực đại này đạt được tại một vài x
k
∈ U. Do δ
k
> 0 và u
k
(x)−l(x) > δ/2
với x ∈ ∂U, ta nhận được rằng x
k
/∈ ∂U. Ta khẳng định rằng p là độ dốc
của siêu phẳng tựa của u
k
tại điểm (x
k
, u(x
k
)). Thật vậy,
δ
k
= u(x
0
) + p.(x
k
− x
0
) − u
k
(x

k
→ u đều trên các
tập con compact của Ω, thì độ đo Monge-Ampère Mu
k
hội tụ yếu đến Mu,
tức là

Ω
f(x)dMu
k
(x) →

Ω
f(x)dMu(x),
với mọi f liên tục với giá compact trong Ω.
Chứng minh. Được suy ra từ Mệnh đề 1.1.
Số hóa bởi trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/
12
1.3 Ngun lý cực đại
Trong phần này chúng ta chứng minh Ngun lý cực đại và Ngun lý
so sánh cho phương trình Monge-Ampère elliptic.
Chúng ta bắt đầu với bổ đề sau.
Bổ đề 1.6. Cho Ω ⊂ R
n
là tập mở bị chặn, và u, v ∈ C(Ω). Nếu u = v
trên ∂Ω và v ≥ u trong Ω, thì
∂v(Ω) ⊂ ∂u(Ω).
(xem Hình 1.2.)
Hình 1.2
Chứng minh. Cho p ∈ ∂v(Ω). khi đó tồn tại x

Ω sao cho a = v(x
0
) + p.(x − x
0
) − u(x
1
)
và do đó
u(x) ≥ v(x
0
) + p.(x − x
0
) − a = u(x
1
) + p.(x − x
1
); ∀x ∈ Ω (1.6)
Ta có
v(x
1
) ≥ v(x
0
) + p.(x
1
− x
0
) = u(x
1
) + a.
Do vậy nếu a > 0 thì x

n
∆
n−1
dist(x
0
, ∂Ω) |∂u(Ω)|,
với mọi x
0
∈ Ω, trong đó C
n
là hằng số chỉ phụ thuộc n.
Chứng minh. Cho x
0
∈ Ω và hàm lồi v có đồ thị là hình nón quay xuống
với đỉnh (x
0
, u(x
0
)) và cơ sở Ω, v = 0 trên ∂Ω. Do u là lồi, v ≥ u. Theo
Bổ đề 1.6 có
∂v(Ω) ⊂ ∂u(Ω).
Để chứng minh định lý, ta ước lượng cận dưới đối với độ đo của ∂v(Ω).
Thứ nhất ta khẳng định tập ∂v(Ω) là lồi. Thật vậy, nếu p ∈ ∂v(Ω) thì
tồn tại x
1
∈ Ω sao cho p = ∂v(x
1
). Nếu x
1
= x

∈ ∂Ω sao cho |x
1
− x
0
| = dist(x
0
, ∂Ω) và H là siêu phẳng tựa đến
Số hóa bởi trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/
14
Ω tại x
1
. Siêu phẳng trong R
n+1
được tạo bởi H và điểm (x
0
, u(x
0
)) là
siêu phẳng tựa tới v có độ dốc mong muốn.
Bây giờ ta chú ý rằng hình cầu B với tâm là gốc tọa độ và bán kính
−u(x
0
)
∆
chứa trong ∂v(Ω), và |p
0
| ≥
−u(x
0
)

1 − x; 1/2 ≤ x ≤ 1,
thì ∂u((0, 1)) = (−∞, ∞). Ta nhận thấy rằng ước lượng của u theo quan
điểm khoảng cách đến biên của (0,1) khơng có hiệu lực.
1.3.2 Ngun lý cực đại Aleksandrov-Bakelman-Pucci
Ta xét u ∈ C(Ω) với Ω lồi và lớp các hàm
F(u) = {v : v(x) ≤ u(x); ∀x ∈ Ω, v lồi trong Ω},
G(u) = {ω : ω(x) ≥ u(x); ∀x ∈ Ω, ω lồi trong Ω}.
Cho
u
∗
(x) = sup
v∈F (u)
v(x), u
∗
(x) = inf
ω∈G(u)
ω(x). (1.7)
Ta có u
∗
là lồi và u
∗
lõm trong Ω. Ta gọi u
∗
và u
∗
lần lượt là bao lồi và
bao lõm của u trong Ω, và ta có bất đẳng thức
u
∗
(x) ≤ u(x) ≤ u

là lồi, dẫn đến u
∗
có siêu phẳng tựa tại x
0
với x
0
∈ C
∗
(u). Do
u
∗
(x
0
) = u(x
0
), siêu phẳng này cũng là siêu phẳng tựa của u tại x
0
. Ta có
∂(u
∗
)(x
0
) ⊂ ∂u(x
0
); x
0
∈ C
∗
(u),
do đó

∗
ta có
∂u(C
∗
(u)) ⊂ ∂(u
∗
)(C
∗
(u)).
Do đó
∂u(Ω) = ∂u(C
∗
(u)) = ∂(u
∗
)(C
∗
(u)). (1.10)
Đặt
Φ
u
(x
0
) = {p : u(x
0
) ≤ u(x
0
) + p.(x − x
0
), ∀x ∈ Ω}.
Chú ý rằng Φ

y.(ξ − x
0
) + u(x
0
) > 0, ∀ξ ∈ Ω.
Đặt
λ
0
= inf{λ : λ + y.(ξ −x
0
) ≥ u(ξ), ∀ξ ∈ Ω},
do tính liên tục ta có
λ
0
+ y.(ξ −x
0
) ≥ u(ξ), ∀ξ ∈ Ω. (1.11)
Ta xét cực tiểu
min
ξ∈Ω
{λ
0
+ y.(ξ −x
0
) − u(ξ)}.
Cực tiểu này đạt được tại một số điểm ξ ∈ Ω, và ta có
λ
0
+ y.(ξ −x
0

0
> 0.
Do vậy ta đã chứng minh rằng nếu y ∈ Ω(x
0
, u(x
0
)) thì tồn tại điểm ξ ∈ Ω
sao cho
u(ξ) = y.(ξ − x
0
) + λ
0
,
Số hóa bởi trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/
17
và
u(ξ) ≤ (ξ −x
0
) + λ
0
, ∀ξ ∈ Ω.
Điều này có nghĩa là λ
0
+ y.(ξ −x
0
) là siêu phẳng tựa của u tại ξ. Do u
∗
là
cực tiểu, ta có u(ξ) ≤ u
∗

∗
(u)) = −∂((−u)
∗
)(C
∗
(−u)).
Ta cũng có ước lượng
|Ω(x
0
, t)| ≥
ω
n
t
n
(diam(Ω))
n
. (1.12)
Để chứng minh (1.12), ta chú ý rằng
Ω(x
0
, t) = tΩ(x
0
, 1),
có được bằng cách viết y.(ξ − x
0
) + t = t(
y
t
.(ξ − x
0

Do đó, nếu u thỏa mãn các giả thiết của Bổ đề 1.7, thì ta được
ω
n
u(x
0
)
n
(diam(Ω))
n
≤ |−∂((−u)
∗
)(C
∗
(−u))| (1.14)
Ta có ngun lý cực đại sau:
Số hóa bởi trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/
18
Định lý 1.5. (Ngun lý cực đại Aleksandrov-Bakelman-Pucci)
Nếu u ∈ C(Ω) và u ≤ 0 trong ∂Ω thì
max
Ω
u(x) ≤ ω
n
−1/n
diam(Ω)|∂((−u)
∗
)(C
∗
(−u))|
1/n

có thể giả thiết rằng u ≤ 0 trên ∂Ω. Từ (1.8), (1.9), và (1.10) ta có
∂((−u)
∗
)(C
∗
(−u)) = −∂(−u)(C
∗
(−u)). Nếu u ∈ C
2
và z ∈ C
∗
(−u), thì
D
2
(−u)(z) ≥ 0. Do đó, bằng cơng thức đổi biến số ta được
|∂(−u)(C
∗
(−u))| ≤

C
∗
(−u)


det D
2
u(x)


dx,

Số hóa bởi trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/
19
ω(x) = v(x) + δ|x − x
0
|
2
+
b+a
2
.
Xét tập G = {x ∈ Ω : u(x) < ω(x)}, ta có x
0
∈ G. Ngồi ra, G ∩∂Ω = ∅.
Thật vậy, nếu x ∈ G ∩ ∂Ω, thì u(x) − v(x) ≥ b và
ω(x) ≤ u(x) + δ|x −x
0
|
2
−
b−a
2
≤ u(x) + δ(diamΩ)
2
−
b−a
2
< u(x).
Do đó ω(x) < u(x) với x ∈ ∂Ω. Điều này suy ra rằng
∂G = {x ∈ Ω : u(x) = ω(x)}.
Theo Bổ đề 1.6 ta đạt được ∂ω(G) ⊂ ∂u(G). Ngồi ra

Để chứng minh (1.17), ta chú ý rằng, nếu A và B là ma trận đối xứng
khơng âm, thì
det(A + B) ≥ det A + det B.
Do đó, nếu v ∈ C
2
thì ta được (1.17). Trường hợp v khơng trơn ta có
thể xấp xỉ v bằng dãy v
k
∈ C
2
của các hàm lồi hơi tụ đều trên tập con
compact của Ω. Điều này có thể đạt được bằng cách lấy hàm trơn φ ≥ 0
với giá trong B
1
(0) và

φ = 1 rồi đặt v
ε
= v  φ
ε
. Do đó (1.17) được suy
ra từ Mệnh đề 1.1. vì vậy
|∂u(G)| ≥ |∂ω(G)| ≥ |∂v(G)|+



∂(δ|x − x
0
|
2

F = {a(x) : a là hàm affine và a ≤ g trên ∂Ω}.
Từ g là liên tực và F = ∅. Ta đặt
u(x) = sup{a(x) : a ∈ F}.
Do u là supremum của các hàm lồi, nên u là lồi và u(x) ≤ g(x) với x ∈ ∂Ω.
Trước hết ta chứng minh u = g trên ∂Ω. Cho ξ ∈ ∂Ω, ta thấy
u(ξ) ≥ g(ξ). Với ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho |g(x) −g(ξ)| < ε với
|x − ξ| < δ, x ∈ ∂Ω. Cho P (x) = 0 là phương trình của siêu phẳng tựa
của Ω tai điểm ξ, và giả sử Ω ⊂ {x : P (x) ≥ 0}. Từ Ω là lồi chặt, tồn tại
η > 0 sao cho S = {x ∈ Ω : P (x) ≤ η} ⊂ B
δ
(ξ).
Số hóa bởi trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/
21
Đặt
M = min{g(x) : x ∈ ∂Ω, P (x) ≥ η}
và xét
a(x) = g(ξ) −ε − AP (x), (2.1)
trong đó A là hằng số thỏa mãn
A ≥ max{
g(ξ)−ε−M
η
, 0}.
Ta có a(ξ) = g(ξ) −ε − AP (ξ) = g(ξ) −ε, và nếu x ∈ ∂Ω ta khẳng định
rằng a(x) ≤ g(x). Thật vậy, nếu x ∈ ∂Ω∩S thì g(ξ)−ε ≤ g(x) ≤ g(ξ)+ε,
nên g(x) ≥ g(ξ) −ε − AP (x) + AP (x) ≥ g(ξ) − ε − AP (x) = a(x). Nếu
x ∈ ∂Ω ∩S
c
thì P(x) > η và theo định nghĩa M và việc chọn A ta có
g(x) ≥ M = a(x) + M −g(ξ) + ε + AP (x)
≥ a(x) + M − g(ξ) + ε + Aη

) ≤ g(ξ). Do Ω lồi, tồn tại h điều hòa trong Ω sao cho
h ∈ C(Ω) và h|
∂Ω
= g. Nếu a là hàm affine bất kỳ sao cho a ≤ g trên
∂Ω, thì a là điều hòa và theo ngun lý cực đại có a ≤ h trong Ω. Bằng
cách lấy supremum như trên ta đạt được u(x) ≤ h(x) với x ∈ Ω. Do
u(x
n
) ≤ h(x
n
) suy ra lim sup u(x
n
) ≤ lim sup h(x
n
) = g(ξ).
Số hóa bởi trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/
22
Bước thứ ba là chứng minh
∂u(Ω) ⊂ {p ∈ R
n
: tồn tại x, y ∈ Ω, x = y và p ∈ ∂u(x) ∩∂u(y)} (2.2)
và do đó theo Bổ đề 1.5, |∂u(Ω)| = 0.
Nếu p ∈ ∂u(Ω), thì tồn tại x
0
∈ Ω sao cho
u(x) ≥ u(x
0
) + p.(x − x
0
) = a(x) với mọi x ∈ Ω.

Cho v ∈ C(
Ω), v lồi và v = g trên ∂Ω. Lấy x
0
∈ Ω, tồn tại siêu phẳng
tựa a(x) tại điểm (x
0
, v(x
0
)), tức là, v(x) ≥ a(x) với mọi x ∈ Ω. Dẫn
đến g(x) = v(x) ≥ a(x) với x ∈ ∂Ω, và a ∈ F và u(x) ≥ a(x); đặc biệt
u(x
0
) ≥ a(x
0
) = v(x
0
). Do đó u ≥ v trong Ω và suy ra u là hàm lồi lớn
nhất bằng g trên ∂Ω. Ta chứng minh u ≤ v. Ta giả sử rằng tồn tại x
0
∈ Ω
sao cho u(x
0
) > v(x
0
). Ta sẽ cho thấy rằng điều này suy ra |∂u(Ω)| > 0.
Cho ε = u(x
0
) −v(x
0
) > 0 và cho a(x) = u(x