+ f(∇u) - Google Sites
Transkrypt
+ 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