Лекционный курс по ММФ (1125179), страница 15
Текст из файла (страница 15)
Тогда найдется такая константа C > 0, зависящая толькоот Ω, что для любой функции f (x) ∈ H01 (Ω) имеет место неравенство||f ||2 ≤ C||∇f ||2 .(3.35)Доказательство. Воспользуемся тем, что H01 (Ω) – замыкание C0∞ (Ω)по норме H 1 . Докажем сначала неравенство (3.35) для функций из C0∞ (Ω).Для этого заметим, что в силу ограниченности Ω найдется такой кубQ ∈ Rn , что Ω ⊂ Q, а ребра Q параллельны координатным осям. Пустьa – длина ребра куба Q. Без ограничения общности можно считать, чтоодна из вершин куба Q совпадает с началом отсчета, и координаты всехточек Q неотрицательны (иначе сделаем замену координат, что не изменит ни градиента, ни L2 -нормы функции).Пусть теперь f (x) – произвольная функция из C0∞ (Ω). Продолжим еенулем на Q \ Ω.
Заметим, что полученная функция (которую мы также будем обозначать f (x)) принадлежит пространству C0∞ (Q). Временно зафиксируем x ∈ Q. В силу того, что f (x) ∈ C0∞ (Q), имеет местоинтегральное представление∫x1f (x) =∂f(y, x2 , . . . , xn )dy.∂x10Отсюда∫x1|f (x)| ≤∂f(y, x2 , . . . , xn )|dy ≤|∂x1∫a|∂f(y, x2 , . . . , xn )|dy ≤∂x100 a 12∫√∂f≤ a ((y, x2 , . . .
, xn ))2 dy ,∂x10100(3.36)где на последнем шаге мы воспользовались неравенством Коши-Буняковского.Далее, так как∂f 2|| ≤ |∇f |2 ,∂x1то∫a|f (x)| ≤ a|∇f |2 (y, x2 , . . . , xn )dy.2(3.37)0Интегрируя неравенство (3.37) по всем x ∈ Q, получаем∫∫a ∫ ∫a|∇f |2 (y, x2 , . . . , xn )dydx2 . . . dxn dx1 ,|f (x)|2 dx ≤ a Q0Q′ 0где Q′ – проекция куба Q на гиперповерхность x1 = const . Вычисляяявно интеграл по x1 в правой части последнего неравенства, получаем,что для всех f (x) ∈ C0∞ (Q) имеет место неравенство||f ||2 ≤ a2 ||∇f ||2 ,которое совпадает с (3.35), причем C = a2 .
Таким образом, для всехфункций из C0∞ (Ω) неравенство Фридрихса доказано.Пусть теперь f (x) ∈ H01 (Ω). Тогда найдется последовательность fk (x) ∈C0∞ (Ω) такая, что fk сходятся к f в H 1 . В силу того, что норма – непрерывный функционал, а для всех fk неравенство (3.35) выполнено, переходя к пределу при k → ∞ получаем, что неравенство Фридрихса имеетместо и для всех f (x) ∈ H01 (Ω). Теорема доказана.Следствие 5 Пусть Ω – ограниченная область в Rn . Тогда нормы||f ||21 = ||f ||2 + ||∇f ||2и||f ||∗ = ||∇f ||эквивалентны в H01 (Ω).Замечание 11 Для функций из H 1 (Ω) неравенство Фридрихса неверно:достаточно рассмотреть f (x) = 1.101Упражнения:1.
Доказать, что для Ω = {x1 > 0, x2 > 0, x ∈ R2 } неравенство Фридрихса неверно ни для каких C. Указание: рассмотрите неотрицательныефункции из C0∞ (Ω), носитель которых неограниченно растет.2. Доказать, что для Ω = {0 < x1 < a, x ∈ R2 } неравенство Фридрихсавыполнено. Указание: воспользуйтесь тем, что интегральное представление (3.36) для такой области Ω имеет место.4.4Теорема Рисса для гильбертовых пространств.Напомним следующее определение.Определение 1 Полное линейное пространство V со скалярным произведением называется гильбертовым пространством.Скалярное произведение в V будем обозначать угловыми скобками (т.е.< x, y > – скалярное произведение элементов x и y).
Норму в V , соответствующую скалярному произведению, будем обозначать так: |x| =√< x, x >.Замечание 12 (равенство параллелограмма) Из свойств скалярного произведения сразу следует, что для любых элементов x, y ∈ V имеет место равенство|x − y|2 + |x + y|2 = 2|x|2 + 2|y|2 .(4.38)Докажем сначала одно важное утверждение о геометрии гильбертовых пространств.Теорема 44 (Теорема о перпендикуляре.) Пусть V – гильбертовопространство, а L – замкнутое линейное подпространство в V . Тогдадля любого вектора x ∈ V существуют единственные y ∈ L – проекцияи z ⊥ L – перпендикуляр такие, что x = y + z. При этом∀v ∈ L, v ̸= y : |z| = |x − y| < |x − v|.(4.39)Доказательство.
Если x ∈ L, то положим y = x, z = 0. Нетрудно видеть, что для указанных проекции и перпендикуляра утверждениетеоремы выполнено.102Пусть x ∈/ L. Тогда расстояние δ = inf {|x − v|} > 0. Тогда найдется поv∈Lследовательность элементов vk ∈ L таких, что |vk − x|2 ≤ δ 2 + k1 . В силуравенства параллелограмма (4.38) отсюда следует, что11|x − vk |2 + |x − vm |2 = 2| (vk − vm )|2 + 2|x − (vk + vm )|2 .22Так как 12 (vk + vm ) ∈ L, то |x − 12 (vk + vm )| ≥ δ, откуда и из предыдущегоравенства следует, что111|vk − vm |2 ≤ + ,2k mа значит, последовательность {vk } – фундаментальная. В силу полнотыV и замкнутости L отсюда следует, что найдется y ∈ L такое, что vk → yпри k → ∞. В силу непрерывности нормы |x−y| = δ. Обозначим z = x−yи докажем, что z ⊥ L. Пусть v ∈ L.
Без ограничения общности можноvсчитать, что |v| = 1 (иначе для v ̸= 0 перейдем к w = |v|, а для v = 0верно z ⊥ v). Возьмем произвольное ε > 0. Тогдаδ 2 = |z|2 ≤ |z − εv|2 = |z|2 − 2ε < z, v > +ε2 |v|,откуда следует, что−2ε < z, v > +ε2 |v|2 ≥ 0,а значит,ε< v, z >≤ .2Аналогично для вектора z + εv получаем, что − < v, z >≤ 2ε .
Отсюда всилу произвольности ε следует, что < v, z >= 0, т.е. z ⊥ v.Единственность проекции y ∈ L вытекает из равенства параллелограмма.Теорема доказана.Пусть теперь f – линейный ограниченный функционал на V . Обозначим Ker(f ) = {v ∈ V | f (v) = 0} – ядро f .Утверждение 12 Ker(f ) – замкнутое линейное подпространство в V .Доказательство. То, что ядро является линейным подпространством,проверяется впрямую. Пусть vk ∈ Ker(f ) образуют фундаментальную103последовательность. В силу полноты V найдется v∗ ∈ V такое, что vk →v∗ .
Тогда в силу ограниченности f имеем|f (vk ) − f (v∗ )| = |f (vk − v∗ )| ≤ Cf |vk − v∗ |,т.е. f (vk ) – также фундаментальная последовательность, сходящаяся кf (v∗ ). Осталось заметить, что f (vk ) = 0, откуда следует, что f (v∗ ) = 0, азначит, v∗ ∈ Ker(f ).Опишем теперь, какова структура всех линейных ограниченных функционалов на гильбертовом пространстве.Теорема 45 (Теорема Рисса.) Пусть f – линейный ограниченный функционал на гильбертовом пространстве V . Тогда существует векторh ∈ V такой, что∀x ∈ V : f (x) =< x, h > .(4.40)Доказательство. Пусть L = Ker(f ), M = L⊥ = {v ∈ V | v ⊥ L} –ортогональное дополнение к L.
Заметим, что 0 ∈ M .Пусть сначала M = {0}. Докажем, что тогда L = V . Предположим противное. Пусть x ∈ V , x ∈/ L. Тогда по теореме о перпендикуляре 44найдутся y ∈ L и z ⊥ L такие, что x = y + z. При этом, так как x ∈/ L,то z ̸= 0. Но тогда z ∈ M , z ̸= 0, что противоречит предположению, чтоM = {0}. Следовательно, если M = {0}, то L = V . Но тогда полагаяh = 0 получаем, что равенство (4.40) выполнено для всех x ∈ V .Пусть теперь M ̸= {0}.
Тогда найдется h0 ∈ M \ {0}. Заметим, что если(h1 )h1 ∈ M , то w = h1 − ff (hh0 ∈ M , но f (w) = 0, а значит, w ∈ L. Отсюда в0)силу теоремы о перпендикуляре 44 получаем, что w = 0. Значит, векторыh1 и h0 линейно зависимы, т.е. dim M = 1. В силу теоремы о перпендикуляре 44 отсюда следует, что любой вектор x ∈ V единственным образомпредставляется в виде x = y + αh0 , где y ∈ L. Значит, f (x) = αf (h0 ).Отсюда, полагая h = f|h(h0 |02) h0 , получаем, что для указанного вектора hимеет место равенство (4.40). Теорема доказана.Упражнения:1. Доказать равенство параллелограмма (4.38).2. Доказать единственность разложения вектора в сумму проекции иперпендикуляра.1044.5Обобщенная задача Дирихле для уравнения Пуассона.Пусть Ω – ограниченная область в Rn .
Рассмотрим краевую задачу{∆u(x) = f (x), x ∈ Ω,(5.41)u|∂Ω = 0.Зададимся вопросом о том, какому функциональному пространству должна принадлежать функция f (x), для того, чтобы задача (5.41) была естественной. Пусть сначала задача (5.41) имеет классическое решение, т.е.u(x) ∈ C 2 (Ω). Тогда, домножая уравнение Пуассона на v ∈ D(Ω), интегрируя обе части равенства по Ω и перебрасывая производные на v,получим для левой части∫∫ ∑n(∆u(x))v(x)dx = −∂j u(x)∂j v(x)dx.ΩΩОбозначим[u, v] =∫ ∑nΩj=1∂j u(x)∂j v(x)dx.j=1Тогда уравнение Пуассона перепишется в виде[u, v] = − < f, v >,(5.42)где угловыми скобками обозначено скалярное произведение в L2 (Ω).
Заметим теперь, что обе части равенства (5.42) линейны и непрерывны какфункционалы от v по норме || · ||1 пространства H 1 (Ω). Следовательно,если (5.42) выполнено для всех v ∈ D(Ω), то это равенство верно длявсех v из замыкания D(Ω) по норме || · ||1 , т.е. для всех v ∈ H01 (Ω). Краевое условие u|∂Ω = 0 заменим включением u ∈ H01 (Ω), при котором леваячасть (5.42) имеет смысл для всех v ∈ H01 (Ω).
Таким образом, получаемобобщенную задачу Дирихле для уравнения Пуассона:{[u, v] = − < f, v >, ∀v ∈ H01 (Ω),(5.43)u ∈ H01 (Ω).Заметим, что если решение обобщенной задачи (5.43) – функция u(x) ∈C 2 (Ω), то можно проделать интегрирование по частям и получить задачу (5.41), т.е. гладкое решение обобщенной задачи Дирихле является105классическим решением.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
