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호프-락스 공식의 유도와 증명

빌드업¹

해밀토니안 $H$가 $Du$에만 의존하는 해밀턴-야코비 방정식 의 초기값 문제를 보자.

$$ \begin{equation} \left\{ \begin{aligned} u_{t} + H(Du)&=0 && \text{in } \mathbb{R}^n \times (0,\infty) \\ u&=g && \text{on } \mathbb{R}^n \times \left\{ t=0 \right\} \end{aligned} \right. \label{eq1} \end{equation} $$

일반적으로 해밀토니안은 공간 변수에 의존하여 $H(Du, x)$와 같은 꼴이나, 여기에서는 $x$에 대해서 영향을 받지 않는다고 하자. 그리고 해밀토니안 $H\in C^\infty$에 대해서 다음과 같은 가정을 하자.

$$ \begin{cases} H \mathrm{\ is\ convex} \\ \lim \limits_{|p|\to \infty} \dfrac{H(p)}{|p|}=\infty \end{cases} $$

그리고 $L=H^{\ast}$이라 하면 라그랑지안 $L$도 위와 같은 특성을 만족한다. 마지막으로 초기값 $g : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$가 립시츠 연속이라고 하자. 즉,

$$ \mathrm{Lip}(g):=\sup \limits_{x,y\in \mathbb{R}^n \\ x \ne y} \dfrac{ |g(x)-g(y)| }{|x-y|} < \infty $$

또한 주어진 해밀턴-야코비 방정식 $\eqref{eq1}$의 특성 방정식은 다음과 같다.

$$ \begin{align*} \dot{\mathbf{p}}(s) &= -D_{x}H \big( \mathbf{p}(s), \mathbf{x}(s) \big) \\ \dot{z}(s) &= D_{p} H\big( \mathbf{p}(s),\ \mathbf{x}(s)\big)\cdot \mathbf{p}(s) -H\big( \mathbf{p}(s), \mathbf{x}(s)\big) \\ \dot{\mathbf{x}}(s) &= D_{p}H\big( \mathbf{p}(s), \mathbf{x}(s) \big) \end{align*} $$

여기서 $H$는 $x$에 무관하다고 가정했으므로 다시 적으면 다음과 같다.

$$ \begin{align*} \dot{\mathbf{p}} &= 0 \\ \dot{z} &= D H( \mathbf{p} )\cdot \mathbf{p} -H ( \mathbf{p} ) \\ \dot{\mathbf{x}} &= DH ( \mathbf{p}) \end{align*} $$

이 때 $t(s)=s, p(s)=Du(x(s), s), z(s)=u(x(s), s)$이다. $p$에 대한 미분과 $x$에 대한 미분을 구별할 필요가 없으므로 $D$의 아래첨자를 생략했다. 오일러-라그랑주 방정식은 고정된 시점과 종점에 대해서 성립하므로 주어진 해밀턴-야코비 방정식 $\eqref{eq1}$의 해가 존재한다면 아래와 같은 local in time solution이다.

$$ u= u(x,t) \in C^2\big( \mathbb{R}^n \times [0,T]\big) $$

위 특성 방정식에서 첫번째, 세번째 식은 라그랑지안 $L=H*$으로 정의된 작용의 최소화 문제에서 나온 오일러-라그랑주 방정식을 만족하는 해밀턴 방정식이다.

$H$와 $L$이 $p$, $v\in \mathbb{R}^n$에서 미분 가능하다면 아래의 내용들은 전부 동치이다.

$$ \begin{cases} p\cdot v=L(v) + H(p) \\ p=DL(v) \\ v=DH(p) \end{cases} $$

이 때 $p=D_{v}L(v)$로 정의 되므로 위의 보조 정리를 쓰면 다음을 얻는다.

$$ \begin{align*} \dot{z}(s) &= DH(\mathbf{p})\cdot \mathbf{p}-H(\mathbf{p}) \\ &= \mathbf{v} \cdot \mathbf{p}-H(\mathbf{p}) \\ &= L(\mathbf{v})+H(\mathbf{p})-H(\mathbf{p}) \\ &= L(\mathbf{v}) = L\big(\dot{\mathbf{x}}(s)\big) \end{align*} $$

따라서 $z(t)$를 구해보면 다음과 같다.

$$ \begin{align*} z(t) &= \int_{0}^t \dot{z}(s)dx +z(0) \\ &= \int_{0}^tL \big( \dot{\mathbf{x}}(s) \big) + u\big( \mathbf{x}(0),\ 0\big) \\ &= \int_{0}^t L\big( \dot{\mathbf{x}}(s)\big) ds +g\big(\mathbf{x}(0) \big) \end{align*} $$

그런데 이 때 위의 위의 조건에서 $z(t)=u(x(t), t)$였으므로 다음을 얻는다.

$$ u(x,t)=\int_{0}^t L\big( \dot{\mathbf{x}}(s)\big) ds +g\big(\mathbf{x}(0) \big) \quad (0 \le t <T) $$

이는 local in time smooth solution이므로 global in time weak solution을 구할 수 있느냐 하는 문제가 남았다. 다시 작용의 최소화 문제로 돌아가는데 오일러-라그랑주 방정식을 이끌어 냈던 때와 다른 점은 종점만 고정한다 는 것이다.

고정된 $x \in \mathbb{R}^n, t>0$이 주어졌다고 하자. 그리고 어드미서블 클래스 $\mathcal{A}$를 다음과 같다고 하자.

$$ \mathcal{A}=\left\{ \mathbf{w}\in C^1\big( [0,t];\mathbb{R}^n \big)\ :\ \mathbf{w}(t)=x \right\} $$

그리고 아래와 같은 작용에 대한 최소화 문제를 생각해 보자.

$$ \mathbf{w}(\cdot) \in \mathcal{A} \mapsto \int_{0}^t L\big( \dot{\mathbf{w}}(s)\big) ds + g(\mathbf{w}(0)) $$

만약 위 작용의 미니마이저 $\mathbf{x}(\cdot)$가 존재한다면 , $\mathbf{p}(s):=DL(\dot{\mathbf{x}}(s))$이고, 오일러-라그랑주 방정식을 만족하고 따라서 해밀턴 방정식도 만족한다. 그러므로 위의 local in time solution의 경우에서 얻었던 것 처럼 해는 아래와 같이 주어질 것이다.

$$ u(x,t)=\int_{0}^tL\big( \dot{\mathbf{x}}(s)\big)ds +g \big( \mathbf{x}(0) \big) $$

위에 대한 내용을 모티브로 global in time weak solution이 존재한다면 다음과 같이 정의할 수 있다.

$$ \begin{equation} u(x,t):=\inf \limits_{\mathbf{w} \in \mathcal{A}} \left\{ \int_{0}^t L\big( \dot{\mathbf{w}}(s) \big)ds + g\big( \mathbf{w}(0) \big) \right\} \label{eq2} \end{equation} $$

정리

$x \in \mathbb{R}^n$이고 $t>0$라고 하자. 그러면 $\eqref{eq2}$의 최소화 문제의 해는 다음과 같이 주어진다.

$$ u(x,t) = \min \limits_{y \in \mathbb{R}^n} \left\{ tL\left( \dfrac{x-y}{t} \right) +g(y) \right\} $$

이를 호프-락스 공식^{Hopf-Lax formula}이라고 한다.

증명

우선 $\inf$에 대해 성립함을 보이고 그 다음 실제로 $\min$이 됨을 보이는 순서로 증명한다.

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• Step 1.

  고정된 임의의 $y \in \mathbb{R}^n, t\in \mathbb{R}$이 있다. 그리고 $\mathbf{w}$를 다음과 같이 정의하자.

  $$ \mathbf{w}(s) :=y+\frac{s}{t}(x-y) \quad (0 \le s \le t) $$

  그러면 $\mathbf{w}(0)=y$이고 $\mathbf{w}(t)=x$이다. 그러면 $\mathbf{w}$는 어드미서블 클래스 $\mathcal{A}$의 원소이다.

  $$ \mathcal{A}= \left\{ \mathbf{w}(\cdot) \ \big| \ \mathbf{w}(0)=y,\ \mathbf{w}(t)=x\right\} $$

  그러면 ~의 정의에 의해 다음의 부등식이 성립한다.

  $$ \begin{align*} u(x,t) & \le& \int_{0}^t L \left( \frac{x-y}{t}\right)ds + g(y) \\ &= tL\left( \frac{x-y}{t}\right)+g(y) \end{align*} $$

  위 부등식은 모든 $y \in \mathbb{R}^n$에 대해서 성립하므로 다음을 얻는다.

  $$ u(x,t) \le \inf \limits_{y \in \mathbb{R}^n} \left(t L\left(\frac{x-y}{t} \right) +g(y)\right) $$

• Step 2.

  $\mathbf{w}(\cdot) \in \mathcal{A}$라고 하자. 그러면 $\mathbf{w}(\cdot) \in C^1([0;t];\mathbb{R}^n)$이고 $\mathbf{w}(t)=x$이다.

  옌센 부등식

  함수 $f$가 볼록하다고 가정하자. 그러면 아래의 식이 성립한다. $$ f \left( -\!\!\!\!\!\! \int_{U} u dx \right) \le -\!\!\!\!\!\! \int_{U} f(u) dx $$

  그러면 위의 보조정리에 의해 다음이 성립한다.

  $$ L \left( \frac{1}{t}\int_{0}^t \dot{\mathbf{w}}(s) dx\right) \le \dfrac{1}{t}\int_{0}^t L \big( \dot{\mathbf{w}(s)} \big)ds $$

  그리고 시점을 $y$라 하자 $\mathbf{w}(0)=y$. 그러면 위의 부등식은 아래와 같다.

  $$ \begin{align*} && L\left( \dfrac{1}{t} \big( \mathbf{w}(t)-\mathbf{w}(0) \big) \right) &\le \dfrac{1}{t}\int_{0}^tL \big( \dot{\mathbf{w}}(s) \big)ds
  \\ \implies&& L\left( \dfrac{x-y}{t} \right) &\le \dfrac{1}{t}\int_{0}^tL \big( \dot{\mathbf{w}}(s) \big)ds \end{align*} $$

  양변에 $t$를 곱하고 $g(y)$를 더하면 다음과 같다.

  $$ tL\left( \dfrac{x-y}{t} \right) + g(y) \le \int_{0}^tL \big( \dot{\mathbf{w}}(s) \big)ds + g(y) $$

  우변의 $\inf$이 $u(x,t)$이므로 다음과 같다.

  $$ tL\left( \dfrac{x-y}{t} \right) + g(y) \le u(x,t) $$

  마지막으로 양변에 $\inf \limits_{y\in \mathbb{R}^n}$을 취하면 다음을 얻는다.

  $$ \inf \limits_{y \in \mathbb{R}^n} \left( tL\left( \dfrac{x-y}{t} \right) + g(y) \right) \le u(x,t) $$

그러므로 Step 1. 과 Step 2. 에 의해서 다음이 성립한다.

$$ \begin{equation} u(x,t) = \inf \limits_{y \in \mathbb{R}^n} \left( tL\left( \dfrac{x-y}{t} \right) + g(y) \right) \label{eq3} \end{equation} $$

• Step 3.

  $\left\{y_{k} \right\}_{k=1}^\infty$를 $\eqref{eq3}$의 미니마이징 시퀀스^{minimizing sequence}라고 하자. 그러면 다음이 성립한다.

  $$ \begin{equation} tL\left( \dfrac{x-y_{k}}{t} \right) + g(y_{k}) \to u(x,t)\in [-\infty, \infty) \quad \mathrm{as}\ k\to \infty \label{eq4} \end{equation} $$

  우선 $\left\{y_{k} \right\}$가 유계가 아니라고 가정하자. 이게 모순임을 확인해서 $\left\{ y_{k} \right\}$가 유계임을 보일 것이다. 가정에 의해 $|y_{k}| \to \infty$이고 $y_{k}=0$인 $k$는 많아봐야 유한개이다. 따라서 $y_{k}\ne 0$을 만족하는 것만 모은 부분수열을 다시 $\left\{ y_{k} \right\}$라 하자. 다음이 성립한다.

  $$ \left| \dfrac{x-y_{k}}{t} \right| \to \infty $$

  그러면 라그랑지안 $L$의 성질에 의해 다음이 성립한다.

  $$ a_{k}:= \dfrac{L\left( \dfrac{x-y_{k}}{t}\right)}{\left| \dfrac{x-y_{k}}{t}\right|} \to \infty $$

  따라서 $L\left( \dfrac{x-y_{l}}{t}\right) \to \infty$이고 여기에 상수를 곱해도 같은 결과를 얻는다.

  $$ \begin{equation} tL\left( \dfrac{x-y_{k}}{t}\right) \to \infty \label{eq5} \end{equation} $$

  $g$의 립시츠 조건을 다시 적으면 다음과 같다.

  $$ \dfrac{|g(x)-g(y_{k})|}{|x-y_{k}|} \le \mathrm{Lip}(g)=C \quad \forall \ k \in \mathbb{N} $$

  따라서 다음을 얻는다.

  $$ g(x) -g(y_{k}) \le C|x-y_{k}| $$

  양 변에 $\eqref{eq5}$를 더하면 다음과 같다.

  $$ tL\left( \dfrac{x-y_{k}}{t}\right)+ g(x) -g(y_{k}) \le C|x-y_{k}|+ tL\left( \dfrac{x-y_{k}}{t}\right) \quad \mathrm{for\ large}\ k $$

  위 식을 적절히 이항하면 아래와 같다.

  $$ tL\left( \dfrac{x-y_{k}}{t}\right)-C|x-y_{k}| + g(x) \le tL\left( \dfrac{x-y_{k}}{t}\right) + g(y_{k}) $$

  다시 적으면 다음과 같다.

  $$ a_{k}|x-y_{k}| -C|x-y_{k}| + g(x) =|x-y_{k}|(a_{k}-C)+g(x) \le tL\left( \dfrac{x-y_{k}}{t}\right) + g(y_{k}) $$

  $a_{k}\to \infty$이고 $|x-y_{k}| \to \infty$이므로 좌변이 $\infty$로 발산하고 우변도 발산한다. 따라서 $u(x,t)$의 정의에 의해 $u(x,t)\to \infty$이다. 이는 $\eqref{eq4}$에 모순이므로 $\left\{ y_{k} \right\}$는 유계이다.

  $\left\{ y_{k} \right\}$가 유계이므로 $y_{k} \to y_{0}$라고 가정하자. 그러면 다음이 성립한다.

  $$ tL \left( \dfrac{x-y_{k}}{t} \right)+g(y_{k}) \to tL \left( \dfrac{x-y_{0}}{t}\right)+g(y_{0}) =\min\limits_{y \in \mathbb{R}^n}\left( tL \left( \dfrac{x-y}{t}\right)+g(y) \right) $$

  그러면 $\eqref{eq4}$에 의해 다음이 성립한다.

  $$ tL\left( \dfrac{x-y_{k}}{t} \right) + g(y_{k}) \to u(x,t)\in [-\infty, \infty) \quad \mathrm{as}\ k\to \infty $$

  그러므로 다음을 얻는다.

  $$ u(x,t) = \min \limits_{y \in \mathbb{R}^n} \left( tL\left( \dfrac{x-y}{t} \right) +g(y) \right) $$

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