А.Н. Боголюбов, Ю.В. Мухартова, Н.Е. Шапкина - Обобщенные функции, страница 4

Пусть {uk }, k = 1, 2, ...◦— слабо сходящаяся к элементу u ∈W21 (Ω) последовательность. Нужно показать, что◦последовательность {Auk } будет сходиться в W21 (Ω) сильно. Так как A — линейныйограниченный оператор, то послеловательность {Auk } сходится слабо к Au:◦lim [Auk − Au, v] = lim [(uk − u), A∗ v] = 0 для ∀v ∈W21 (Ω)k→∞k→∞◦Покажем, что последовательность {Auk } сходится сильно в W21 (Ω). Оценим норму разностиAuk и Aum , воспользовавшись неравенством (5.9)kAuk − Aum k21 = [A(uk − um ), A(uk − um )] = l(uk − um , A(uk − um )) ≤≤ µ1 kuk − um kL2 (Ω) k(Auk )x − (Aum )x kL2 + k(uk )x − (um )x kL2 (Ω) kAuk − Aum kL2 (Ω) ++ max(|µ3 |, |µ4 |)kuk − um kL2 (Ω) kAuk − Aum kL2 (Ω)◦Так как пространство W21 (Ω) вкладывается компактно в L2 (Ω), а последовательности◦{uk } и {Auk } слабо сходятся в W21 (Ω), то kuk − um kL2 (Ω) → 0 и kAuk − Aum kL2 (Ω) → 0при k, m → ∞.

Следовательно, kAuk − Aum k1 → 0 при k, m → ∞, то есть {Auk } —◦◦фундаментальная последовательность в W21 (Ω). В силу полноты пространства W21 (Ω)она сходится сильно, а это означает, что A является вполне непрерывным оператором.Таким образом, для уравнения (5.11), а значит и для (5.3), справедлива первая теоремаФредгольма [9]:Теорема 5.5 Если задача(5.3) не может иметь более одного обобщенного решения из◦◦W21 (Ω), то она разрешима в пространстве W21 (Ω) при любых f и f = {f1 , f2 , ..., fn } изL2 (Ω).Чтобы более подробно разобраться в вопросе разрешимости задачи (5.3), рассмотримсемейство уравненийnX∂fiL[u] = λu + f +, x∈Ω∂xii=1(5.12)с комплексным параметром λ и граничными условиямиu|x∈S = 0Решение теперь является, вообще говоря, комплекснозначной функциейu(x) = u0 (x) + iu00 (x)22(5.13)◦Обобщенное решение задачи (5.12-5.13) из W21 (Ω) определим как элемент пространства◦W21 (Ω), удовлетворяющий тождеству!!Z XnnnXXL(u, η̄) ≡aij uxj η̄xi + ai uη̄xi −bi uxi η̄ − auη̄ dx =Ωi=1j=1Z= −λ(5.14)i=1Z−f η̄ +uη̄dx +ΩnX!fi η̄xidxi=1Ω◦при любом η ∈W21 (Ω).◦Рассуждая также, как и выше, в случае вещественного W21 (Ω), придем к операторномууравнениюu + Au = λBu + F(5.15)◦в пространстве W21 (Ω).

ЗдесьZ[Au, η] =ΩnXai uη̄xi −nX!bi uxi η̄ − auη̄ dx(5.16)i=1i=1Z[Bu, η] = −uη̄dx(5.17)ΩZ−f η̄ +[F, η] =nX!fi η̄xidx(5.18)i=1Ω◦для любого η ∈W21 (Ω).Также, как и в предыдущем случае, можно показать, что A и B — линейные вполне◦непрерывные операторы. Кроме того [Bu, η] = [u, Bη] при ∀u, η ∈W21 (Ω) и [Bu, u] < 0 при∀u 6= 0.Запишем уравнение (5.15) в видеu + Au − λ0 Bu = (λ − λ0 )Bu + F(5.19)Можно показать, что при достаточно большом вещественном λ0 операторD = (E + A − λ0 B)таков, что◦|[Dv, v]| ≥где c1 > 0. В самом делеZ2|[Dv, v]| = kvk1 +ΩnXi=1c1 kvk21 ,ai vv̄xi −nXi=123∀v ∈W21 (Ω),!bi vxi v̄ − a|v|2 dx + λ0ZΩ2|u| dx ≥≥ (λ0 − 1 − 2µ1 − max |µ3 |, |µ4 |) · kvk21то есть достаточно взять λ0 > 1 + 2µ1 + max |µ3 |, |µ4 |. При таком λ0 оператор D имеетограниченный обратный.

Но тогда (при таком λ0 ) уравнение (5.19) можно переписать ввидеu = (λ − λ0 )D−1 Bu + D−1 F(5.20)Оператор D−1 B является вполне непрерывным как произведение ограниченного и вполненепрерывного операторов. Поэтому для (5.20), а значит и исходной задачи (5.12-5.13),справедливы три теоремы Фредгольма [9], которые в данном случае приобретают вид:Теорема 5.6 Из единственности решения задачи (5.12-5.13) следует существованиерешения при любых f и f = {f1 , f2 , ..., fn } из L2 (Ω).Теорема 5.7 Задача (5.12-5.13) имеет единственное решение при всех λ, кроме не болеечем счетного числа значений {λk } (спектральных значений) с единственной возможнойточкой накопления на бесконечности.

Каждому из спектральных значений соответствует по крайней мере одно нетривиальное решение однородной задачи◦u = (λ − λ0 )D−1 Bu; u ∈W21 (Ω)или же, что то же самое◦L(u, η̄) = −λ(u, η)L2 (Ω) ; ∀η ∈W21 (Ω)или L[u] = λu, x ∈ Ω u = 0, x ∈ S(5.21)Каждое спектральное значение λk имеет конечную кратность, и сопряженное к немучисло λ̄k является спектральным для уравнения◦v = (λ − λ0 )B (D∗ )−1 v; v ∈W21 (Ω)где символом∗(5.22)обозначен сопряженный оператор, причем λk и λ̄k имеют одинаковуюкратность.Рассмотрим подробнее уравнение (5.22). Пусть w = (D∗ )−1 v, тогда∗ZL (w, η̄) ≡ΩD∗ w = (λ − λ0 )Bw ⇐⇒!!ZnnnXXXaij wxj η̄xi + ai wxi η̄ −bi wη̄xi − awη̄ dx = −λ wη̄dxi=1j=1i=124Ω◦при любом η ∈W21 (Ω).

Таким образом, λ̄k является спектральным значением сопряженнойзадачи:nX∂L [w] ≡∂xii=1∗nX!aij wxj − bi w−j=1nXai wxi + aw = λw, x ∈ Ωi=1(5.23) w = 0, x ∈ SПереходим к третьей теореме Фредгольма. Для уравнения (5.20) она дает необходимое идостаточное условие разрешимости для спектральных значений λ. Если λ = λk , то задача(5.20) разрешима для тех и только тех свободных членов D−1 F , которые ортогональнывсем решениям vk задачи (5.22), соответствующим λ = λ̄k , то есть при условии!ZnX−1−f w̄k +fi (w̄k )xi dx = 0[D−1 F, vk ] = 0 ⇔ [F, (D∗ ) vk ] = [F, wk ] = 0 ⇔i=1Ω◦где wk — все обобщенные решения из W21 (Ω) задачи (5.23), соответствующие λ = λ̄k .Теорема 5.8 Для разрешимости задачи (5.12-5.13) при λ = λk необходимо и достаточно,чтобы f и fi удовлетворяли условиямZ−f w̄k +nX!fi (w̄k )xidx = 0,i=1Ωгде wk есть любое из обобщенных решений задачи (5.23) с λ = λ̄k .

Решение задачи (5.125.13) в этом случае неединственно. Ее общее решение есть сумма какого-либо частногоNkX(m)решения и линейной комбинацииcm vk (x), где cm суть произвольные константы, аm=1(m)vk (x)5.4— собственные функции задачи (5.21), отвечающие λ = λk .Задача Дирихле для оператора ЛапласаИсследуем задачу Дирихле для оператора Лапласа как частный случай рассмотреннойвыше задачи: ∆u = f, x ∈ Ω u|S = 0(5.24)◦◦Нужно найти такую u ∈W21 (Ω), которая для любого η ∈W21 (Ω) удовлетворяет тождествуL(u, η) =Z XnΩZuxi ηxi dx = −i=1f ηdxΩ25В данном случае спектральная задача (5.21) принимает видZ XnΩZuxi ηxi dx = −λi=1◦uηdx, ∀η ∈W21 (Ω)ΩПредположим, что решение этой спектральной задачи нам известно. Так как тождестводолжно выполняться для любой функции η, возьмем ее равной функции u:ZZ Xn2uxi dx = −λ u2 dxΩi=1ΩПо определению собственной функции u 6= 0 почти всюду, следовательноZ Xnu2xi dx−λ =Ωi=1Ru2 dx≥0Ω◦Так как u ∈W21 (Ω), то u не может почти всюду равняться отличной от нуля константе,а это означает, что все спектральные значения λk строго меньше нуля.

Поэтому λ = 0,соответствующее исходной задаче Дирихле для оператора Лапласа, не совпадает ни содним из спектральных значений, и задача (5.24) имеет единственное обобщенное решение◦из W21 (Ω) при любой f ∈ L2 (Ω).Если граница S области Ω является достаточно гладкой (является поверхностью Ляпунова), а функция f непрерывна вместе с первыми производными, то обобщенное решениебудет также и классическим решением задачи (5.24).5.5Вторая и третья краевые задачиРассмотрим задачу!nnX∂ X∂u∂uaij (x)+ bi (x)+ a(x)u = λu + f (x) L[u] =∂xi j=1∂xj∂xii=1∂u+ σu = 0∂NS(5.25)nX∂uгде σ = σ(s) — заданная функция на поверхности S,=aij uxj cos(nxi ) — производная∂Ni,j=1по конормали, cos(nxi ) — косинус угла между единичной внешней по отношению к Ωнормалью n к поверхности S и осью Oxi .Пусть для коэффициентов оператора L, а также функции f выполнены те же условия,что и в пункте 5.2, и кроме того |σ(s)| ≤ µ5 , где µ5 — некоторое положительное число.26Пусть S — кусочно-гладкая поверхность.

Тогда для нее справедлива теорема 4.4, из которойследует, что элементы W21 (Ω) имеют следы на S, принадлежащие L2 (S), и W21 (Ω) вкладывается компактно в L2 (S). В самом деле, пусть {uk } — слабо сходящаяся в W21 (Ω) к элементуu ∈ W21 (Ω) последовательность. Тогда найдется такое число M > 0, что kuk kW21 (Ω) ≤ Mдля всех k. Применяя формулу (4.12), получим1222kuk − ukL2 (Ω) + δkuk − ukW 1 (Ω) ≤kuk − ukL2 (S) ≤ C12δC1kuk − uk2L2 (Ω) + 4δC1 M 2δεДля произвольного ε > 0 можно выбрать δ <. Тогда8C1 M 2≤kuk − uk2L2 (S) ≤ε C1+kuk − uk2L2 (Ω)2δТак как W21 (Ω) вкладывается компактно в L2 (Ω), то последовательность {uk } сходится вL2 (Ω) сильно, а это означает, что найдется такое k0 , что для всех k > k0 будет выполненоεδнеравенство kuk − uk2L2 (Ω) <, откуда следует, что при всех таких k2C1kuk − uk2L2 (S) < εСледовательно, {uk } сходится сильно в L2 (S).Сформулируем обобщенную постановку задачи (5.25) в пространстве W21 (Ω), причемλ и u будем считать комплексными.

Формально умножим уравнение в задаче (5.25) напроизвольную функцию η̄ ∈ W21 (Ω) и проинтегрируем результат по Ω, учитывая граничныеусловия:ZnXΩi,j=1aij uxj η̄xi −nX!Zbi uxi η̄ + (λ − a)uη̄ dx +i=1Zσuη̄ds = −Sf η̄dx(5.26)ΩЭто соотношение имеет смысл для любых u и η из W21 (Ω), так как для рассматриваемойнами области Ω эти функции имеют следы на S, принадлежащие пространству L2 (S). Еслиже функция u, удовлетворяющая тождеству (5.26) для любой η ∈ W21 (Ω) и коэффициентыоператора L достаточно гладкие, то u(x) удовлетворяет также и тождествуZZ Z∂u− L[u]η̄dx ++ σu η̄ds = − f η̄dx∂NΩSΩи, следовательно, в силу произвольности η, удовлетворяет исходной задаче в классическомсмысле.27Определение 5.9 Назовем обобщенным решением из W21 (Ω) задачи (5.25) функцию u ∈W21 (Ω), удовлетворяющую тождеству (5.26) при любой η ∈ W21 (Ω).Далее можно повторить все те же рассуждения, которые были проведены при исследовании задачи Дирихле, но теперь для пространства W21 (Ω).