Resolución de la ecuación de Hamilton-Jacobi

Question

Puedo comprender algunas de las pruebas, pero no todas. No entiendo cómo se deduce la definición de límite de una derivada en este contexto, y esas se destacan en $\color{#009900}{\text{green}}$ .

Esto es de PDE Evans, 2ª edición, páginas 127-128.

Teorema 5 (Resolución de la ecuación de Hamilton-Jacobi). Supongamos que $x \in \mathbb{R}^n$ , $t > 0$ y $u$ definido por la fórmula de Hopf-Lax $$u(x,t)=\min_{y\in\mathbb{R}^n} \left\{tL\left(\frac{x-y}{t} \right) + g(y) \right\}$$ es diferenciable en un punto $(x,t) \in \mathbb{R}^n \times (0,\infty)$ . Entonces $$u_t(x,t)+H(Du(x,t))=0.$$

Prueba. 1.) Arreglar $v \in \mathbb{R}^n, h > 0$ . Debido al Lemma 1, \begin {align} u(x+hv,t+h)&= \min_ {y \in \mathbb {R}^n} \left\ { hL \left ( \frac {x+hv-y} {h} \right )+u(y,t) \right\ } \\ & \le hL(v)+u(x,t). \end {align} Por lo tanto, $$\frac{u(x+hv,t+h)-u(x,t)}{h} \le L(v).$$ Dejemos que $h \rightarrow 0^+$ para calcular $$\underbrace{v \cdot Du(x,t)+u_t(x,t)}_{\color{#009900}{\text{How is this expression obtained?}}} \le L(v).$$ Esta desigualdad es válida para todos los $v \in \mathbb{R}^n$ y así $$u_t(x,t)+H(Du(x,t))=u_t(x,t)+\max_{v \in \mathbb{R}^n} \{v \cdot Du(x,t)-L(v) \} \le 0. \tag{31}$$ La primera igualdad se mantiene ya que $H = L^*:=\max_{v \in \mathbb{R}^n} \{v \cdot Du(x,t)-L(v) \}$ por la dualidad convexa del hamiltoniano y el lagrangiano (página 121 del libro).

2.) Ahora eligió $z$ tal que $u(x,t)=tL(\frac{x-z}{t})+g(z)$ . Fijar $h > 0$ y establecer $s=t-h,y=\frac st x+(1- \frac st)z$ . Entonces $\frac{x-z}{t}=\frac{y-z}{s}$ y por lo tanto \begin {alinear} u(x,t)-u(y,s) & \ge tL \left ( \frac {y-z}{s} \right ) + g(z) - \left [sL \left ( \frac {y-z}{s} \right )+g(z) \right ] \\ &= (t-s)L \left ( \frac {y-z}{s} \right ) \\ &=hL \left ( \frac {y-z}{s} \right ). \end {align} Eso es, $$\frac{u(x,t)-u((1-\frac ht)x+\frac htz,t-h)}{h} \ge L\left(\frac{x-z}{t} \right).$$ Dejemos que $h \rightarrow 0^+$ para ver que $$\underbrace{\frac{x-z}{t} \cdot Du(x,t)+u_t(x,t)}_{\color{#009900}{\text{How is the limit definition of derivative applied here exactly?}}} \ge L\left(\frac{x-z}{t} \right).$$ En consecuencia,
\begin {align} u_t(x,t)+H(Du(x,t))&=u_t(x,t)+ \max_ {v \in\mathbb {R}^n} \ {v \cdot Du(x,t)-L(v) \N-.} \\ & \ge u_t(x,t)+ \frac {x-z}{t} \cdot Du(x,t)-L \left ( \frac {x-z}{t} \right ) \\ & \ge 0 \end {align} Esta desigualdad y $\text{(31)}$ completar la prueba.

Answer 1

Para $f:\mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^+ \rightarrow \mathbb{R}$ la derivada en un punto $(x,t)$ es un operador lineal que mapea $(v,s) \in \mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^+$ en $\hat{D}f(x,t)\cdot (v,s) \in \mathbb{R}$ tal que

$$|f(x+v,t +s)-f(x,t) -\hat{D}f(x,t)\cdot (v,s)| = o(\|(v,s)\|),$$

como $\|(v,s)\| \rightarrow 0.$

El $1 \times (n+1)$ La matriz de este operador con respecto a la base canónica tiene como componentes las derivadas parciales:

$$[Df(x,t)]= (f_{x_1},f_{x_2},\ldots,f_{x_n},f_{t}).$$

Esto implica para $s=h > 0$

$$\lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(x+hv,t +h)-f(x,t)}{h} =\hat{D}f(x,t)\cdot (v,1),$$

o

$$\lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(x+hv,t +h)-f(x,t)}{h} ={D}f(x,t)\cdot v + f_{t}(x,t),$$

donde el $1 \times n$ matriz de $D$ tiene las derivadas parciales con respecto a $x_1,\ldots,x_n$ como componentes.