# Ngô Quốc Anh

## November 12, 2013

### A Neumann boundary inequality by P.L. Lions

Filed under: PDEs — Ngô Quốc Anh @ 6:30

Today, we prove a very interesting inequality along the boundary of a convex set. This proof is adapted from a book by P.L. Lions entitled Generalized Solutions of Hamilton-Jacobi Equations in the series Research Notes In Mathematics Series by Pitman Publishing.

Theorem. Assume that $\Omega \subset \mathbb R^n$ is convex domain and $u \in C^2(\overline \Omega)$. $\nu$ is the outward unit normal vector field along the boundary $\partial \Omega$. We assume further that the function $u$ satisfies

$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial \nu}=0 \quad \text{ on }\partial\Omega.$

Then we have the following inequality

$\displaystyle \frac{\partial }{\partial \nu}(|\nabla u|^2) \leqslant 0 \quad \text{ on }\partial\Omega$.

Proof. The proof is surprisingly simple. First, we can assume that $\Omega$ is a sublevel of some convex function, say $\phi$, such that $\phi \in C^2(\mathbb R^n)$ and $|\nabla \phi| \ne 0$ along $\partial \Omega$, i.e.

$\Omega = \{x \in \mathbb R^n : \phi(x) < 0\}.$

Then the outward unit normal vector field $\nu$ along the boundary $\partial \Omega$ can be calculated using

$\displaystyle \nu = \frac{\nabla \phi}{|\nabla \phi|} \quad \text{ along }\partial \Omega.$

Note that this is clear since the boundary $\partial \Omega$ can be consider as the level set of $\phi$ at the level $0$. Therefore, the gradient $\nabla \phi$ is automatically perpendicular to the level set (and in this case, just the boundary $\partial \Omega$). (See a similar argument I claimed in this topic about the Pohozaev equality.)

Therefore,

$\begin{array}{lcl} \displaystyle\frac{\partial }{{\partial \nu }}(|\nabla u{|^2}) &=& \displaystyle\left\langle {\nabla (|\nabla u{|^2}),\nu } \right\rangle \hfill \\ &=& \displaystyle\sum\limits_{k = 1}^n {{\nu _k}{\partial _k}(|\nabla u{|^2})} \hfill \\ &=& \displaystyle 2\sum\limits_{k = 1}^n {\left( {\frac{\phi_k}{|\nabla \phi|}\sum\limits_{i = 1}^n {{u_{ik}}{u_i}} } \right)} .\end{array}$

Since $\frac{\partial u}{\partial \nu}=0$, we know that $\sum_{k=1}^n u_k\phi_k=0$. Taking derivatives with respect to $\partial_i$ then multiplying by $u_i$, and finally summing $i$ from $1$ to $n$, we obtain

$\displaystyle \sum_{i=1}^n \sum_{k=1}^n\big( u_{ki}u_i\phi_k + u_ku_i \phi_{ki}\big) =0.$

Hence,

$\displaystyle \sum_{k=1}^n \Big(\phi_k \sum_{i=1}^n u_{ki}u_i\Big) =- \sum_{k,i=1}^n u_k \phi_{ki}u_i.$

In fact, Lions claimed that $\nabla (u_k\phi_k)$ is parallel to the normal $\nu$, that is to say

$\displaystyle \nabla ({u_k}{\phi _k}) = \frac{{\theta \phi }}{{|\nabla \phi |}}$

for some $\theta \in \mathbb R$. In particular,

$\displaystyle {u_{ki}}{\phi _k} + {u_k}{\phi _{ki}} = \frac{{\theta {\phi _i}}}{{|\nabla \phi |}}.$

But I am not sure how to prove it.

Hence, we deduce that

$\begin{array}{lcl} \displaystyle\frac{\partial }{{\partial \nu }}(|\nabla u{|^2}) &=& \displaystyle\frac{2}{{|\nabla \phi |}}\sum\limits_{k= 1}^n \Big( \phi_k \sum_{i=1}^n u_{ik}u_i\Big)\hfill \\ &=& \displaystyle - \frac{2}{{|\nabla \phi |}}\sum\limits_{k,i = 1}^n{\phi _{ki}}{u_k}{u_i} \leqslant 0\end{array}$

since $\phi$ is convex. The reason is that $\phi$ is convex if and only if its Hessian $(\phi_{ij})$ is positive definite, i.e.

$\displaystyle\sum\limits_{k,i = 1}^n {{\phi _{ki}}{u_k}{u_i}} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{u_1}}& \cdots &{{u_n}} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{\phi _{11}}}& \cdots &{{\phi _{1n}}} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ {{\phi _{ni}}}& \cdots &{{\phi _{nn}}} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{u_1}} \\ \vdots \\ {{u_n}} \end{array}} \right) \geqslant 0.$

Apparently, this result looks like the Hopf lemma: If $u$ is positive in the interior of $\partial\Omega$ and vanishes on $\partial \Omega$, then $u$ achieves its minimum at any point on the boundary $\partial\Omega$, consequently, $\partial_\nu u \leqslant 0$ since $u$ is falling downward when approaching the boundary. In our new context, the function $|\nabla u|^2$ is obviously positive in $\Omega$ and on the boundary $\partial \Omega$ the condition $\partial_\nu u=0$ is “similar to” $|\nabla u|=0$, then one expect that $\partial_\nu (|\nabla u|^2) \leqslant 0$ along the boundary. Since the precise equality $|\nabla u|=0$ is far from the truth, one needs to assume that the domain $\Omega$ is convex and I guess this is a way around to guarantee $|\nabla u|=0$ in some sense.

For certain $\alpha \geqslant 1$, we could have something on $\partial_\nu (|\nabla u|^\alpha)$ as well.

1. Giờ em để ý thấy bác viết blog khỏe thế. Về cái bác không chắc chắn, em nghĩ thế này: bác chỉ cần chứng minh cái vector gradient ý trực giao với không gian tiếp xúc tai biên của miền. Dùng định nghĩa của vector tiếp xúc là thấy ngay mà. (Hi vọng là em không nhầm) 🙂

Comment by vanhoangnguyen — November 13, 2013 @ 0:38

• KHÓ ĐẤY.

Tớ thử tích vô hướng với $\nu$ rồi nhưng chẳng ra cái gì cả. Có khi chưa sử dụng một tính chất nào đó :(.

Comment by Ngô Quốc Anh — November 13, 2013 @ 0:40

2. em là Hoàng ở cùng anh Thường đây, lúc nãy thấy trên fb của anh nên em ngó qua, hi hi (làm sao gõ latex ở đây vậy?)

Comment by vanhoangnguyen — November 13, 2013 @ 0:44

• Haha, anh biết, nhưng anh tưởng em đang ở với vợ chứ :D.

Gõ latex bằng cách $latex ….$ nhé. Cái chữ latex bỏ sát \$, sau đó khoảng trắng và oánh công thức bình thường.

Comment by Ngô Quốc Anh — November 13, 2013 @ 0:48

3. Okie, để em thử chút. Cái bác cần chứng minh là: nếu $F$$C^1$ trong $\bar{\Omega}$$F$ đồng nhất bằng $0$ trên biên thì $\nabla F(x)$ song song với $\nu(x)$ với $x\in \partial \Omega$. Xét $v$ là vector tiếp xúc với $\partial \Omega$ tại $x$, thì có đường cong $\gamma$ sao cho $\gamma(t) \in \partial \Omega$, $\gamma(0) =x$$\gamma'(0) =v$. Ta có $F(\gamma(t)) =0$, đạo hàm tại $t=0$ suy ra $\langle \nabla F(x), v\rangle =0$.

Comment by vanhoangnguyen — November 13, 2013 @ 0:58

• Latex chạy ngon rồi :v

Comment by vanhoangnguyen — November 13, 2013 @ 0:59

• Cái em chứng minh hình như ko giống cái anh cần, vì nếu $F$ là hàm thì cái sự kiện $F \equiv 0$ trên biên tự động đưa ra khẳng định $\nabla F$ song song với $\nu$ rồi. Vì biên lúc này là level set của $F$.

Cái anh cần có thể là $F$ là hàm véc tơ hoặc gì gì đó cơ, vì $\partial_\nu u=\nu_k u^k$ mà.

Comment by Ngô Quốc Anh — November 13, 2013 @ 1:03

• em nghĩ cái $u_k \phi_k$ ở trên của anh phải là $\sum_k u_k \phi_k$ chứ nhỉ?

Comment by vanhoangnguyen — November 13, 2013 @ 1:09

• Ừ cái câu trả lời của anh là tổng, anh quen dùng Einstein convention ý mà, 1 chỉ số trên 1 chỉ số dưới hiểu là lấy tổng.

À còn nếu trong chứng minh của Lions, ổng lấy tổng, thế thì $\sum_k u_k\phi_k=0$ luôn đúng, vậy thì sao nó bằng $\theta \nu$ được em? Nên chắc ổng lấy từng thành phần.

Em đọc cái chứng minh của anh chưa, cái đoạn đi vòng ý, anh nghĩ Lions nhầm rùi mặc dù idea hoàn toàn chính xác.

Comment by Ngô Quốc Anh — November 13, 2013 @ 1:11

4. Cái chứng minh của anh em hiểu (ngày trước em làm qua rồi, khi đụng đến miền lồi). Còn nếu Lions lấy tổng thật thì $\nabla{ \sum_k u_k \phi_k}$ vuông góc với không gian tiếp xúc thì nó phải song song với $\nu$ (hai thằng này cùng vuông góc với không gian tiếp xúc).

Comment by vanhoangnguyen — November 13, 2013 @ 1:19

• Nếu lấy tổng thì từ $\sum_k u_k\phi_k=0$ ta suy ra luôn $\nabla (u_k\phi^k) \equiv \vec 0$. Thế đoạn sau vô lý rồi. Vấn đề là anh ko hiểu :D.

Comment by Ngô Quốc Anh — November 13, 2013 @ 1:21

• sửa lại công thức đi anh 😀

Comment by vanhoangnguyen — November 13, 2013 @ 1:22

• Cái suy ra không đúng, vì $\sum_k u_k \phi_k =0$ chỉ trên biên, nếu anh lấy đạo hàm theo hướng của các vector tiếp xúc thì sẽ bằng $0$, còn theo các hướng khác sẽ khác $0$.

Comment by vanhoangnguyen — November 13, 2013 @ 1:25

• Ah em nói đúng, thế khả năng là Lions đã lấy tổng em nhỉ, hay rồi đây. Đặc trưng biên Dirichlet thì đã OK như đoạn đầu bình luận, giờ hiểu luôn cái biên Neumann nữa thì hay.

Comment by Ngô Quốc Anh — November 13, 2013 @ 1:27

• Ah anh hiểu rồi :D. Lions đã đúng là ông ta lấy tổng.

Từ $\partial_\nu u=0$ ta suy ra $\sum_k u_k \nu_k=0$ tại mọi điểm trên biên $\partial \Omega$, thế thì biên này cũng chính là level set của hàm $\sum_k u_k \nu_k$ tại mức $0$, thế nên $\nabla \big(\sum_k u_k \nu_k\big)$ phải song song với pháp tuyên $\nu$ mà thôi.

Comment by Ngô Quốc Anh — November 13, 2013 @ 3:50

This site uses Akismet to reduce spam. Learn how your comment data is processed.