+ f(∇u) - Google Sites

Zadanie
Rozważmy zagadnienie
w obszarze Ω ⊆ Rn
− h∇|a∇ui + f (∇u) = g
(1)
oraz u = 0 na ∂Ω.
Zakładamy, że f jest wielomianem stopnia p oraz g ∈ L2 (Ω). Dodatkowo, a ∈ L∞ (Ω) przy czym
a(x) ≥ M > 0 dla pewnej stałej M .
Przyjąć jakieś założenia na stopnień tego wielomianu i udowodnić istnienie rozwiązań u ∈ W01,2 (Ω).
Rozwiązanie 1 (Metoda Galerkina)
Zauważmy na początek, że iloczyn skalarny odziedziczony z W 1,2 (Ω) na przestrzeni W01,2 (Ω) jest
równoważny
Z
hw1 |w2 i =
ah∇w1 |∇w2 i
Ω
[zadają równoważne metryki]. Równoważność ta wynika z nierówności Poincaré i założeń przyjętych
na funkję a. Tym iloczynem skalarnym będziemy się posługiwać w trakcie tego rozwiązania. Niech
więc {wk }k będzie bazą ortonormalną W01,2 (Ω) w tym iloczynie skalarnym. Rozwiązaniem zagadnienia
(1) nazywamy funkcję u ∈ W01,2 (Ω) spełniającą
Z
ha∇u|∇vi + f (∇u)v − gv = 0
(2)
Ω
dla dowolnej v P
∈ W01,2 (Ω). Ze względu na składnik
czyli f (∇u) = k γk ∂k u. Niech
u(m) =
m
X
R
(m)
f (∇u)v zmuszeni jesteśmy założyć, że deg(f ) = 1,
αk wk
(m)
αk
∈R
k=1
(m)
Dobierzemy αk tak, aby u(m) spełniała równość (2) dla v ∈ Wm = lin{w1 , . . . , wm }. Równanie (2)
jest liniowe ze względu na v, więc wystarczy sprawdzać je tylko na bazie. Kładąc v = wk i korzystając
z ortonormalności naszej bazy w nowym iloczynie skalarnym dostajemy
Z
(m)
αk +
f ∇u(m) wk − gwk = 0
Ω
(m)
Należy uzasadnić, że możliwy jest taki dobór αk , aby powyższa równość zachodziła.
Lemat
Załóżmy, że F : Rm → Rm jest ciągłe. Załóżmy, że istnieje takie R > 0, że hF (ξ)|ξi ≤ 0 dla ||ξ|| = R.
Wówczas równanie F (ξ) = 0 ma rozwiązanie w ||ξ|| ≤ R.
W naszym przypadku odwzorowanie F jest dane wzorem
Z
(m)
(m)
Fk α
= αk +
f ∇u(m) wk − gwk
Ω
Ciągłość F : Rm → Rm jest oczywista, sprawdzamy drugi warunek (|| · ||2 oznacza normę w L2 , a || · ||
1
normę w W01,2 (Ω) pochodzącą od nowego iloczynu skalarnego)
Z
Z
(a)
a||∇u(m) ||2 + 0 − gu(m)
hF (α)|αi
=
a||∇u(m) ||2 + f ∇u(m) u(m) − gu(m) =
Ω
Ω
Z
1
(m) 2
=
||u || −
gu(m) ≥ ||u(m) ||2 − 2 ||g||22 − ε2 ||u(m) ||22
ε
Ω
P oincaré
1
1
(m) 2
≥
||u || − 2 ||g||22 − C(Ω)ε2 ||u(m) ||2 = (1 − C(Ω)ε2 )||u(m) ||2 − 2 ||g||22
ε
ε
1
hF (α)|αi
≥
(1 − C(Ω)ε2 )||α(m) ||2 − 2 ||g||22
ε
Gdzie (a) wynika z tego, że
Z
Z
Z
X Z
X
f (∇u) u =
γk (∂k u)u =
−γk u∂k u = − f (∇u) u
k
k
Dobierając teraz ε > 0 tak mały, aby 1 − C(Ω)ε > 0 a następnie R = ||α(m) || na tyle duże aby (1 −
C(Ω)ε2 )R2 − ε12 ||g||22 > 0 dostajemy hF (α)|αi > 0 na pewnej dostatecznie dużej sferze. Z przytoczonego
(m)
lematu wynika, że jesteśmy w stanie dobrać współczynniki αk tak, aby (2) zachodziło.
Dostaliśmy zatem ciąg rozwiązań u(m) spełniających (2) dla v ∈ Wm . W szczególności kładąc v = u(m)
dostajemy
Z
Z
(m) 2
a||∇u || =
gu(m)
Ω
Ω
co daje
||u(m) ||2 ≤ C(Ω)ε2 ||u(m) ||2 +
1
||g||22
ε2
zatem dla dostatecznie małego ε > 0 mamy
||u(m) ||2 ≤
ε2 (1
1
||g||22
− ε2 C(Ω))
Możemy więc wybrać z {u(m) } podciąg
{u(mk ) }k słabo zbieżny w W01,2 (Ω) i mocno w L2 (Ω) do u.
S
Pokażemy, że u spełnia (2) dla v ∈ k Wmk . W tym celu w wyrażeniu
Z
ha∇u(mk ) |∇vi + f (∇u(mk ) )v − gv = 0
Ω
Rnależy przejść mk → ∞. Pierwszy składnik dzięki słabej zbieżności (i ograniczoności a) zbiega do
ha∇u|∇vi, a drugi po przerzuceniu różniczkowania
na v i przejściu do granicy
R
S a następnie ponownym
przerzuceniu różniczkowania na u zbiega do f (∇u)v. To daje (2) dla v ∈ k Wmk . Aby uzyskać (2)
S
dla v ∈ W01,2 (Ω) wystarczy aproksymować v elementami z k Wmk i w (2) przejść do granicy.
Rozwiązanie 2 (Leray-Schauder)
Rozważmy na początek zagadnienie
− ∆u + u =
1
1
g − f (∇u) + u
a
a
w obszarze Ω ⊆ Rn
(3)
Jeżeli G : L2 (Ω) → W01,2 (Ω) będzie operatorem Greena związanym z zagadnieniem Dirichleta, to powyższe równanie jest równoważne
1
1
u = G ( g − f (∇u) + u =: H(u)
a
a
2
Wówczas H : W01,2 (Ω) → W01,2 (Ω) jest operatorem zwartym (jako złożenie operatora ciągłego ze zwartym operatorem Greena). Sprawdzamy oszacowanie a priori: Niech u = σH(u) wówczas funkcja σ1 u
spełnia (3) co po zapisaniu w postaci całkowej i testowaniu funkcją u daje
Z
Z
1
1
1
1
||∇u||2 + u2 =
gu − f (∇u)u + u2
(4)
σ
a
Ω σ
Ω a
Mamy
Z
RHS(4) ≤
Ω
1
δ2 C
1
ε2 2
g + 2 ε2 u2 +
||∇u||2 + 2 u2 + u2
2
2
M
ε
M
δ
(5)
dla pewnej stałej C zależnej od f i dowolnych ε, δ > 0. Daje to
Z
Z
1
Cδ 2
1
ε2 2
2
2
||∇u|| 1 −
+
u
+
−
1
≤
g
1
−
2
M2
δ2
ε2
Ω
Ω M
Dobierając teraz δ tak małą aby zawartość pierwszego nawiasu była dodatnia a następnie ε tak mały
aby dodatnia była również zawartości drugiego dostajemy oszacowanie a priori. Zatem z twierdzenia
Leray-Schaudera istnieje punkt stały H. Oznacza to, że dla dowolnej funkcji v ∈ W01,2 (Ω) zachodzi
Z
1
1
(6)
h∇u|∇vi + f (∇u)v − gv = 0
a
a
Ω
Ustalmy na moment v i wybierzmy ciąg bump-funkcji χn ∈ C ∞ (Ω) zbieżny jednostajnie do funkcji
charakterystycznej χB pewnej kuli B zawartej w Ω. Testując (6) na v = χn v i przechodząc n → ∞
dostajemy
Z 1
1
h∇u|∇vi + f (∇u)v − gv χB = 0
a
a
Ω
Wybierając teraz ciąg funkcji prostych zbieżny (jednostajnie) do a i korzystając z liniowości i przechodząc do granicy dostajemy
Z 1
1
h∇u|∇vi + f (∇u)v − gv a = 0
a
a
Ω
Co jest równoważne (2).
www.math.uni.wroc.pl/∼s232966/
data kompilacji: 1 września 2013