Hopf lemma

Interior shpere condition

domain $\Omega$가 점 $x_0 \in \partial \Omega$ 에 대해 다음 조건을 만족한다고 하자.

• $x_0 \in \partial B$를 만족하는 ball $B \subset \Omega$가 존재한다.

이때, $\Omega$가 $x_0$에서 interior shpere condition 을 만족한다고 표현한다.

Hopf lemma

open bounded connected domain $\Omega$ 와 점 $x_0 \in \partial \Omega$가 다음 조건을 만족한다고 하자.

• $u$는 $x_0$에서 연속
• $\Omega$는 $x_0$에서 interior shpere condition 을 만족
• 모든 $x\in \Omega$에 대해 $u(x_0) > u(x)$

이때, 미분연산자 $L$이 uniformly elliptic (즉, $\sup_\Omega \Lambda/\lambda < \infty$) 이고 함수 $u$가 $Lu \geq 0$ 을 만족하면서, 다음 세 조건 중 하나를 만족한다고 하자.

1. $c=0$
2. $u(x_0) \geq 0$, $c\leq 0$ 이고 $c/\lambda$ 가 bounded.
3. $u(x_0)=0$

이때, 만약 $u$가 $x_0$에서 미분이 가능하다면 다음이 성립한다.

$$\dfrac{\partial u}{\partial \nu}(x_0)>0$$

proof

이를 증명하기 위해, $x_0$ 의 neighborhood를 적당히 잡은 후 여기에서 Weak Maximum Principle을 적용하는 전략을 사용하려고 한다.

 

$x_0$는 interior shpere condition 을 만족하므로 어떤 점 $y \in \Omega$와 양수 $R>0$ 가 존재해서 $x_0 \in \partial B_R (y)$, $B_R(y) \subset \Omega$ 를 만족한다. $0<\rho < R$ 인 $\rho$를 하나 고정하고 $A := B_R(y) \setminus B_\rho (y)$ 라고 하자.

 

•  Step 1. $A$에서 $Lv \geq 0$이 되는 적당한 보조함수 $v$ 를 construct하기.

충분히 큰 $\alpha>0$ 와 $r = |x-y|$ 에 대해 아래와 같이 함수 $v : \bar A \rightarrow \mathbb R$ 을 정의하자

$$ v(x) = \exp(-\alpha r^2) - \exp(-\alpha R^2)$$

 

우선, 자명하게 $A$에서 $v>0$ 이고 $\partial A$ 에서 $v=0$ 임을 알 수 있다. 이제 충분히 큰 $\alpha$에 대해 $Lv \geq 0$임을 보이자. 이를 위해 직접 $Lv$ 를 계산하면 다음과 같다.

\begin{align*} Lv &= a^{ij} D_{ij }v+ b^i D_i v + cv \\ &= e^{-\alpha r^2 } \sum_{ij} a^{ij} 4\alpha^2 (x_i-y_i)(x_j-y_j) \\ &\quad+e^{-\alpha r^2} \sum_i (-2\alpha a^{ii} - 2\alpha b^i (x_i -y_i)) \\ &\quad +ce^{-\alpha r^2}- ce^{-\alpha R^2} \\ &=e^{-\alpha r^2} \bigg[4\alpha^2 \sum_{ij} a^{ij}(x_i-y_i)(x_j-y_j) \\ &\quad\quad\quad- 2\alpha \sum_i \left(a^{ii} + b^i(x_i -y_i)\right) \\ &\quad\quad \quad + c(1-e^{-\alpha (R^2-r^2)}) \bigg] \end{align*}

 

이제,

• 1. elliptic 조건 : $0<\lambda|\xi|^2 \leq \sum_{ij} a^{ij}\xi_i \xi_j$
• 2. Cauchy Schwarz : $|\sum_i b^i (x_i -y_i)| \leq |b| r$
• 3. uniformly elliptic : $a^{ii}/\lambda , |b|/\lambda, c/\lambda$ 가 모두 bounded

을 적용하면 다음을 얻는다.

$$Lv \geq e^{-\alpha r^2}\lambda \bigg[4\alpha^2 r^2 - 2\alpha(\sum_i a^{ii}/\lambda + r|b|/\lambda ) + c/\lambda \bigg]$$

 

이 식으로부터 $r>0$인 경우 괄호 안의 부분이 $\alpha \rightarrow +\infty$ 일 때 $+\infty$로 발산함을 알 수 있다. 이때 모든 점 $x \in A$에 대해 $r>\rho$이고 $\alpha$는 충분히 크다고 가정하였으므로 $Lv\geq 0$ 가 성립하게 된다.

 

• Step2 $\partial_\nu u > -\epsilon \frac {d}{dr} v(x_0)$ 임을 보이기

우선, 정의로부터 $\partial B_R (y)$ 에서는 $v=0$ 임을 알 수 있다.

또한 가정에 의해 $\partial B_\rho (y) \subset \Omega$ 에서는 $u(x_0) > u$ 이므로 다음을 만족하는 상수 $\epsilon>0$ 이 존재한다. 

$$u - u(x_0) + \epsilon v \leq 0 \text{ on } \partial B_\rho (y)$$

이 둘을 종합하면 다음을 얻는다. 

$$u - u(x_0) + \epsilon v \leq 0 \text{ on } \partial A (y)$$

 

다시, 가정에 의해 $Lu \geq 0$ 이므로, 만약 $c, x_0 ,u$ 들이

 

 

\begin{align*} &c=0,\\ &u(x_0) \geq 0 ,\quad c \leq 0 \quad \text{and } c/\lambda < \infty ,\\ &u(x_0) = 0 \end{align*}

 

중 하나를 만족해서 모든 $x\in A$ 에 대해 $-c(x) u(x_0) \geq 0$ 가 된다면 다음이 성립하게 된다. $$L( u-u(x_0) + \epsilon v ) = Lu - cu(x_0) + \epsilon Lv \geq 0 \text{ on } \partial A$$

 

 

따라서, Weak Maximum Principle을 적용하면 전체 $A$ 에서 $u-u(x_0) + \epsilon v \leq 0$ 가 성립함을 얻는다. 이때 $v(x_0) =0$ 이므로 $x= x_0 -h\nu$ 로 두면 다음을 얻는다.
$$u(x_0)-u(x) \geq \epsilon v (x) - \epsilon v(x_0) $$

$$\liminf_{x\rightarrow x_0, x\in A} \frac{u(x_0)-u(x)}{|x-x_0|} \geq -\epsilon Dv(x_0)\cdot \nu $$

 

함수 $u$가 $x_0$에서 미분이 가능한 경우, 부등식의 좌변은 $\frac {\partial u}{\partial \nu}$ 이다. 또한 $-\epsilon Dv(x_0) \cdot \nu$ 는 $v$의 정의로부터 positive가 된다.

따라서, 다음이 성립한다.

$$\frac{\partial u}{\partial \nu}(x_0)>0$$

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