А.В. Фурсиков - Курс лекций по вариационному исчислению (1156151), страница 10

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 10)

Возьмем x ∈ A. В силу выпуклости A при всех δ ∈ [0, 1] будет xb + δ(x − xb) ∈ A, откуда> 0. Переходяк пределу при δ → 0, получаем нужное неравенство.Обратно, f xb + δ(x − xb) 6 δf (x) + (1 − δ)f (bx), откудаf xb + δ(x − xb) − f (bx)f (x) − f (bx) >→ hf ′ (bx), x − xbi > 0,(3)δf xb+δ(x−bx) −f (bx)δчто и требуется. Определение. Функция f называется строго выпуклой,если для любых различных x1 , x2 ∈ dom f и любогоα ∈ (0, 1) выполняется неравенство f αx1 + (1 − α)x2 < αf (x1 ) + (1 − α)f (x2 ).Теорема 4.2. Пусть множество A выпукло, f строго выпукла.

Тогда задача (1) имеет не более одногорешения.x2Пусть xb1 и xb2 — два различных решения. Но тогда f ( xb1 +b)<2f (bx1 )+f (bx2 )2= f (bx1 ) — противоречие. 4.2. Задача с препятствиямиПусть Ω — ограниченная область в Rd . Обозначим для краткости◦H01 := W12 (Ω).(4)Z(5)Заметим, что в H01 можно ввести норму2kukH 10:=2|∇u| dx,Ωкоторая по неравенству Фридрихса эквивалентна обычной норме пространстваW21 . Таким образом, H01 — гильRбертово пространство относительно скалярного произведения (f, g) = (∇f, ∇g) dx.ΩПрименим наши теоремы к следующей задаче.ZJ(y) = L x, y(x), ∇y(x) dx → inf,Ωy(x)= 0,∂Ωy(x) > ϕ(x) для всех x ∈ Ω,32(6)где ϕ — заданная функция, неположительная на границе.= 0, y(x) > ϕ(x) для всех x ∈ Ω записывается в виде y ∈ Jϕ , гдеБолее точно, условие y(x)∂ΩJϕ := u ∈ H01 (Ω) : u(x) > ϕ(x) для почти всех x ∈ Ω .(7)Сразу заметим, что Jϕ выпукло.

Оно также и замкнуто: пусть uk ∈ Jϕ , uk → ub в H01 , тогда uk → ub в L2 (Ω).Выделяя подпоследовательность unk , сходящуюся к ub почти всюду, получаем неравенство ub(x) > ϕ(x) для почтивсех x.Частным случаем такой задачи является задача о мембране с препятствием:Z2I(u)=|∇u| − 2u(x)f (x) dx → inf,(8)Ωu ∈ Jϕ .Физический смысл: имеется мембрана, натянутая на ∂Ω, u(x) — ее положение в точке x.

Также имеется препятствие, задаваемое функцией ϕ(x), ниже которого мембрана не может опускаться. Подействуем на мембранусилой f (x). Из физических законов следует, что положение мембраны будет определяться из задачи (8). Кстати,если забыть про ϕ и оставить условие u= 0, получится просто задача о мембране.∂ΩТеорема 4.3. Пусть f ∈ L2 (Ω), ϕ ∈ C1 (Ω), ϕ∂Ω6 0. Тогда существует единственное решение ub задачи (8)в классе H01 , причем для всех u ∈ Jϕ имеемZ(∇bu(x), ∇u(x) − ∇bu(x)) − f (x)(u(x) − ub(x)) dx > 0.(9)Ω Чтобы проверить существование, воспользуемся теоремой 3.4. В данном случае X = H01 — гильбертово,следовательно рефлексивно. Множество A = Jϕ , как уже было сказано, выпукло и замкнуто, следовательно,секвенциально слабо замкнуто.

Проверим коэрцитивность задачи. Возьмем достаточно большое λ0 так, чтобыLλ0 := {u ∈ Jϕ : I(u) 6 λ0 } было непусто. Для произвольного u ∈ Lλ0 и ε > 0 имеем:ZZZ1222I(u) 6 λ0 ⇔ |∇u(x)| − 2u(x)f (x) dx 6 λ0 ⇒|∇u(x)| − ε |u(x)| dx 6 λ0 +|f (x)|2 dx.(10)εΩΩДалее, по неравенству Фридрихса,R2u dx 6 CΩRΩZΩ2|∇u| dx. Выбирая ε :=2|∇u(x)| 6 2λ0 + 4CΩZ12C ,получим неравенство2(11)|f (x)| dx.ΩИтак, множество Lλ0 ограничено.Проверим полунепрерывность I относительно слабой сходимости. Видно, что I непрерывен относительносильной сходимости.

Значит, достаточно доказать выпуклость I (ранее мы установили, что выпуклый непрерывный функционал является полунепрерывным относительно слабойсходимости). Мы докажем даже, что IRявляется строго выпуклым. Запишем I = I1 − I2 , где I2 (u) = 2 u(x)f (x) dx. Так как I2 линеен, достаточноΩустановить строгую выпуклость I1 .Возьмем различные u1 и u2 из H01 и α ∈ (0, 1). Докажем, что I1 (αu1 + (1 − α)u2 ) < αI1 (u1 ) + (1 − α)I1 (u2 ).Заметим, что ∇u1 6= ∇u2 (как функции из L2 (Ω)d ). В силу неравенства Коши-Буняковского в L2 (Ω)d получаем1/2 1/2ZZZZZ1(∇u1 , ∇u2 ) dx 6  |∇u1 |2 dx  |∇u2 |2 dx6|∇u1 |2 dx + |∇u2 |2 dx.(12)2ΩΩΩΩΩПоскольку ∇u1 6= ∇u2 , то одно из неравенств Rбудет строгим (если функции пропорциональны с коэффициентомλ 6= −1, то второе, иначе — первое), откуда 2 ∇u1 ∇u2 dx < I1 (u1 ) + I1 (u2 ).

Далее,ΩI1 (αu1 + (1 − αu2 )) = α2Z2|∇u1 | dx + 2α(1 − α)ΩZ∇u1 ∇u2 dx + (1 − α)2ΩZ2|∇u2 | dx <Ω22< α I1 (u1 ) + α(1 − α)(I1 (u1 ) + I1 (u2 )) + (1 − α) I1 (u2 ) = αI1 (u1 ) + (1 − α)I1 (u2 ).33(13)Итак, мы доказали строгую выпуклость функционала I. Тем самым существование решения доказано. Единственность решения следует из теоремы 4.2. Наконец, неравенство (9) следует из теоремы 4.1. Надо лишь проверить, что функционал I дифференцируем по Гато иZI ′ (bu)h = 2(∇u, ∇h) − f h dx.(14)ΩЭта проверка остается в качестве упражнения.

В случае отсутствия препятствия можно получить более простое условие.Лемма 4.4. Пусть выполнены условия теоремы 4.1 и A = X. Тогда xb — минимум если и только если привсех ϕ ∈ X выполнено hf ′ (bx), ϕi = 0. Положим в неравенстве hf ′ (bx), x − xbi > 0 вектор x равным xb ± ϕ. Получим hf ′ (bx), ϕi > 0 и hf ′ (bx), ϕi 6 0,′откуда hf (bx), ϕi = 0. Неудачно выбрано обозначение ϕ. Здесь и далее оно будет обозначать НЕ препятствие, а произвольную функцию из того илииного пространства.Следствие 4.1. Если в задаче о мембране препятствий нет, то для решения ub этой задачи выполненоравенствоZ(∇bu, ∇ϕ) − f ϕ dx = 0(15)Ωдля всех ϕ ∈ H01 (Ω).dЕсли взять ϕ ∈ C∞0 (Ω), и продолжить её нулем на R , то получимZ Xd ZdX∂2ub∂bu ∂ϕdx = −2 ϕ dx.∂x∂x∂xjjjj=1j=1Ω(16)ΩСледовательно, если решение нашей задачи о мембране является функцией класса C2 (Ω), то выполняютсяусловия ∆bu = −f,(17)b= 0.u∂ΩОпределение.

Функция ub ∈ H01 (Ω) называется обобщённым решением задачи (17), если для всех ϕ ∈ H01выполнено равенствоZ(∇bu, ∇ϕ) − f ϕ dx = 0.(18)ΩИтак, мы доказали следующую теорему из курса УРЧП:Теорема 4.5. Для любой f ∈ L2 (Ω) существует единственное обобщенное решение задачи (17).На самом деле эта теорема очевидна и не требует для доказательства никакой теории. Она получается как частный случайпоследней теоремы курса. Вариационные же неравенства лишь позволяют взглянуть по-другому на задачу (17).Нам хотелось бы обобщить эту теорему на случай f не из L2 , а из некоторого пространства обобщенныхфункций H −1 .

Определение H −1 мы дадим в следующем параграфе.4.3. Пространство H −1 (Ω)Рассмотрим пространство (H01 (Ω))∗ с обычной нормой kx∗ k = sup |hx∗ , xi|. Рассмотрим в этом пространствеkxk=1множество функционалов видаϕ 7→Zf (x)ϕ(x) dx,f ∈ L2 (Ω).(19)Ω−1Определим H (Ω) как замыкание этого множества.Эквивалентное определение можно дать так: введём на L2 (Ω) нормуRf (x)ϕ(x) dxΩkf kH −1 := supkϕkH 1ϕ6=0034(20)и определим H −1 (Ω) как пополнение L2 (Ω) по этой норме.Теорема 4.6. H −1 (Ω) = (H01 (Ω))∗ . Возьмем произвольныйфункционал ξ ∈ (H01 )∗ . Так как пространство H01 гильбертово, то ξ представляRется в виде hξ, ϕi = ∇f ∇ϕ dx для некоторой f ∈ H01 (пишем ∇f ∇ϕ вместо (∇f, ∇ϕ) для краткости). Так какΩ1∞C∞0 всюду плотно в H0 , то можно найти последовательность fn ∈ C0 , fn → f .

ПоложимZhξn , ϕi := ∇fn ∇ϕ dx.(21)ΩДля любой ϕ ∈ C∞0 мы можем проинтегрировать по частям в hξn , ϕi и получить равенствоZhξn , ϕi = − ∆fn ϕ dx,(22)Ωгде ∆ =P∂2∂x2i— обычный оператор Лапласа. Раз это равенство верно для ϕ ∈ C∞0 , то оно верно и при всехϕ ∈ H01 . Итак, ξn имеют вид (19). При этом ξn сходятся к ξ:Zkξn − ξk(H 1 )∗ = sup ∇ϕ(∇fn − ∇f ) dx 6 sup kϕkH 1 · kfn − f kH 1 → 0.0kϕk=1kϕk=1Ω0(23)0Значит, множество функционалов вида (19) плотно в (H01 )∗ , что и требовалось.

Как понимать термин «обобщенноерешение» задачи (17) для произвольных f ∈ H −1 ? Если f ∈ H −1 = (H01 )∗ ,Rбудем записывать hf, ϕi в виде f ϕ dx и говорить, что ub является обобщенным решением задачи (17), еслиΩZ∇bu∇ϕ dx =ΩZ(24)f ϕ dxΩдля всех ϕ ∈ H01 .Теорема 4.7. Для любой f ∈ H −1 (Ω) существует единственное обобщенное решение задачи (17).R Заметим, что условие (24) эквивалентно равенству функционалов f и ϕ 7→ ∇u∇ϕ dx. ОпределимΩRоператор −∆ : H01 → H −1 = (H01 )∗ таким образом: функции u сопоставляется функционал ϕ 7→ ∇u∇ϕ dx.ΩПолучится изоморфизм пространств H01 ↔ (H01 )∗ (этот факт верен для любого гильбертова пространства).Обратный к −∆ оператор и будет давать по каждому f обобщенное решение задачи (17).

Заметим, что в последней теореме мы не использовали по-существу теорему 4.6, а, значит, и пространство H −1 . Сама жепоследняя теорема очевидна и выражает тот факт, что в гильбертовом пространстве H со скалярным произведением (·, ·) каждыйфункционал f имеет вид (u, ·), причем соответствие u ↔ (u, ·) является изоморфизмом.

Почему для этот изоморфизм мы обозначиликак −∆? Потому, что для гладких u получается как раз минус оператор Лапласа:ZZ∇u∇ϕ dx = (−∆u)ϕ dx, f = −∆u.(25)ΩΩ35.

Характеристики

Список файлов лекций