Warsztaty z równań różniczkowych cza stkowych Toruń, 12 22.11.2002 Centrum Badań Nieliniowych im. J. Schaudera Równanie Poissona Tadeusz NADZIEJA Instytut Matematyki, Uniwersytet Zielonogórski ul. Podgórna 50, 65 246 Zielona Góra, e-mail: T.Nadzieja@im.uz.zgora.pl Spis treści 1. Wste p. 2. Interpretacje fizyczne równania Poissona. 3. S labe pochodne i przestrzenie funkcyjne. 4. Istnienie, jednoznaczność i regularność s labych rozwia zań. 5. Rozwia zania klasyczne. 6. Nieliniowe równania Poissona. 7. Nielokalne zagadnienia eliptyczne. 8. Literatura. 1. Wste p. Wyk lady te poświe cone sa równaniu Poissona (1.1) u = f.[pois] Przypomnijmy, że symbolem u oznaczamy laplasjan funkcji u, u = div(grad u) = u. W kartezjańskim uk ladzie wspó lrze dnych u = Σ n i=1 2 u = Σ n x i=1u 2 xi x i. Funkcja niewiadoma u jest określona na otwartym i podzbiorze IR n, u : IR, a f : IR jest zadana funkcja rzeczywista, ba dź też funkcja niewiadomej u, f = f(u). W tym drugim 2000 Mathematics Subject Classification: 35-01, 35J05 1
przypadku, jeśli f jest nieliniowa, mówimy o nieliniowym równaniu Poissona. Rozważymy również sytuacje, gdy prawa strona (1.1) zależy w sposób nieliniowy i nielokalny od u. Na u nak ladamy warunki brzegowe typu Dirichleta (1.2) u = ϕ, [br] gdzie ϕ : IR jest zadana funkcja. Zak ladamy, że jest obszarem ograniczonym a jego brzeg jest klasy C k, tzn. lokalnie jest wykresem funkcji klasy C k, k 1. Duża cze ść wyników przedstawiona poniżej dla zagadnienia (1.1), (1.2) przenosi sie bez trudu na przypadek, gdy zamiast laplasjanu rozpatrujemy operator eliptyczny ( Lu = Σ n i,j=1 a ij (x) u ), x i x i gdzie a i,j (x) = a j,i (x) C 1 ( ) i Σ n i,j=1a i,j (x)ξ i ξ j > a ξ 2 dla pewnej sta lej a > 0 i każdego wektora ξ IR n. Źród lem wie kszości interesuja cych równań różniczkowych cza stkowych sa modele zjawisk fizycznych. Podamy przyk lady kilku z nich oraz opiszemy ich zwia zek z równaniem Poissona. Dalej wprowadzimy aparat matematyczny potrzebny do dowodu istnienia i jednoznaczności jego s labych rozwia zań oraz ich regularności. Naste pnie zajmiemy sie istnieniem rozwia zań klasycznych. Na koniec udowodnimy kilka faktów dotycza cych problemu istnienia i nieistnienia rozwia zań nieliniowych (i nielokalnych) równań Poissona (równania typu Poissona-Boltzmanna). Wie kszość przedstawionego materia lu można znaleźć w podre cznikach [5], [6], [7] i klasycznej monografi [3]. Warto polecić, ostatnio przet lumaczony na je zyk polski, podre cznik [2] oraz krótka (ale trudna ) monografie [4], zawieraja ca również wyniki z ostatnich lat. Zwia zki równania Poissona z modelami zjawisk fizycznych i chemicznych opisane sa w starym i szeroko znanym podre czniku Tichonowa i Samarskiego [10]. Nowocześniejsze uje cie tych zagadnień można znaleźć w niedawno wydanym podre czniku autorstwa I. i L. Rubinsteinów [9]. Pozycja [1] to zbiór przyk ladów, kontrprzyk ladów i zadań (czasami bardzo trudnych). Przypomnijmy podstawowe wzory, z których później be dziemy wielokrotnie korzystać. Zacznijmy od wzoru na ca lkowanie przez cze ści. Jeśli brzeg obszaru C 1, funkcje u, v sa różniczkowalne w i przed lużaja sie wraz z pochodnymi na domknie cie, u, v C 1 ( ), to (1.3) u xi (x)v(x) dx = u(x)v(x)ν i (x) ds x u(x)v xi (x) dx, [cz] 2
gdzie ν(x) = (ν 1 (x),..., ν n (x)) jest wektorem normalnym zewne trznym do w punkcie x. Zak ladamy, że A (x) = (A 1 (x),..., A n (x)) jest polem wektorowym określonym na IR n, C 1, A i (x) C( ) C 1 () i div A L 1 (). Wtedy zachodzi wzór Gaussa (1.4) div A (x) dx = A (x) ν(x) dsx.[gauss] Dla u C 2 () C 1 ( ), v C 1 ( ) i u L 1 () z tożsamości dostajemy (1.5) v u = div(v u) u v v u = v u ν u v.[gr1] Jeśli u, v C 2 () C 1 ( ) i u, v L 1 (), to z (1.5) mamy (1.6) (v u u v) = ( v u ) ν u v.[gr2] ν Ostatnie dwa wzory nazywamy wzorami Greena. 2. Interpretacje fizyczne równania Poissona. Równanie membrany. Prawie każdy zabawia l sie zanurzaja c w roztworze myd la pe telke z drutu. Po jej wycia gnie ciu rozpostarta jest na niej powierzchnia (membrana), której kszta lt zależy od sposobu w jaki zosta l drut powyginany. Przedstawiamy ja wykresem funkcji u : IR 2 IR. Interesuje nas równanie, jakie spe lnia u. Skomplikujmy nieco nasze zadanie zak ladaja c, że na membrane dzia la si la zewne trzna o ge stości f równoleg la do osi 0u, tzn. na element powierzchni rozpostarty nad ma lym zbiorem ω, zawieraja cym punkt x, dzia la si la f(x) ω ( ω jest polem powierzchni ω). Możemy myśleć, że delikatnie dmuchamy na membrane w kierunku prostopad lym do niej. Uwzgle dniamy również dzia lanie si ly spre żystej proporcjonalnej do zmiany pola powierzchni membrany. Zmieniaja c kszta lt membrany opisanej funkcja w(x), do kszta ltu zadanego funkcja W (x), si la f wykonuje prace f(x)(w (x) w(x)) dx, 3
a si ly spre żyste prace ( ) k 1 + W (x) 2 1 + w(x) 2 dx, gdzie przez k > 0 oznaczyliśmy wspó lczynnik spre żystości. Energia potencjalna U(W ) membrany W przybiera wie c postać U(W ) = U(w) + + ( ) k 1 + W (x) 2 1 + w(x) 2 dx f(x)(w (x) w(x)) dx. Jeśli gradienty funkcji W i w sa ma le, to korzystaja c ze wzoru McLaurina dla funkcji 1 + x, możmy napisać U(W ) U(w) + ( ) k 2 ( W (x) 2 w(x) 2 ) + f(x)(w (x) w(x)) dx. Opieramy sie teraz na zasadzie wariacyjnej, która mówi, że kszta lt jaki przybiera membrana, jest zadany wykresem funkcji u, dla której energia U(u) osia ga ekstremum w klasie wszystkich funkcji różniczkowalnych o zadanych wartościach na, tzn. spe lniaja cych (1.2) Niech v be dzie funkcja różniczkowalna na, równa 0 na, v C 1 0( ). Zgodnie z naszym za lożeniem, U(t) = U(u + tv), t IR, osia ga ekstremum dla t = 0. Latwo obliczyć, że U (0) = (k u v fv) = 0. Wykazaliśmy w ten sposób, że u spe lnia tożsamość ca lkowa (2.1) k u v = fv dla v C0( ).[toz] 1 Jeśli za lożymy dodatkowo, że u C 2 () C 1 ( ) i u L 1 (), to korzystaja c ze wzoru (1.5) dostajemy czyli k u v = kv u = fv, (k u + f)v = 0 dla v C 1 0( ). Sta d otrzymujemy równanie Poissona na u. Zagadnienie wyznaczenia kszta ltu membrany sprowadziliśmy do znalezienia rozwia zania równania (1.1) spe lniaja cego warunek brzegowy (1.2). Zauważmy, że jeśli zrezygnujemy z dwukrotnej różniczkowalności u i ograniczymy sie do u C 1 ( ), to nasz problem polega na znalezieniu funkcji 4
spe lniaja cej (2.1), (1.2). Jak sie później okaże, tak postawione zagadnienie jest z pewnych wzgle dów o wiele wygodniejsze do badania i przy odpowiednich za lożeniach o regularności f i jego rozwia zanie jest też rozwia zaniem równania Poissona. Równanie wia ża ce ge stość ladunku elektrycznego z wytworzonym potencja lem elektrycznym. Jeśli w pocza tku uk ladu wspó lrze dnych umieścimy ladunek elektryczny q, to potencja l Φ wytworzony przez ten ladunek, zgodnie z prawem Coulomba, be dzie równy Φ(x) = Φ( x ) = q. Zauważmy, że dla każdej funkcji v klasy x C 1, o nośniku zwartym, v Cc 1 (IR 3 ), spe lniona jest równość (2.2) Φ v = 4πqv(0).[ele] IR 3 Istotnie, wykorzystuja c wzór na ca lkowanie przez cze ści oraz fakt, że poza pocza tkiem uk ladu wspó lrze dnych Φ jest funkcja harmoniczna, dostajemy q Φ v = lim Φ v = lim (v(0) + o(1)) = 4πqv(0). IR 3 ε 0 x >ε ε 0 x =ε ε2 Za lóżmy, że w obszarze ladunki elektryczne roz lożone sa w sposób cia g ly z ge stościa ρ. Podzielmy na ma le obszary i i wybierzmy w każdym z nich dowolny punkt x i. Ca lkowity ladunek zawarty w i, i ρ(x) dx, zaste pujemy ladunkiem q i = ρ(x i ) i skupionym w x i. Przypomnijmy, że i jest obje tościa zbioru i. Potencja l Φ wytworzony przez ladunki qi jest suma potencja lów pochodza cych od poszczególnych ladunków, a wie c zachodzi dla niego równość (2.3) Φ v = 4πΣρ(x i ) i v(x i ).[abc1] IR 3 Jeśli podzia l na zbiory i jest coraz drobniejszy, to w granicy, gdy średnice i da ża do 0, lewa strona (2.3) da ży do IR 3 Φ v, gdzie Φ jest potencja lem wytworzonym przez rozk lad ladunków z ge stościa ρ. Prawa strona zbiega natomiast do 4π IR 3 ρv. W rezultacie dostajemy tożsamość IR3 Φ v = 4π ρv spe lniona IR 3 dla każdej funkcji v C1 c (IR 3 ). Zak ladaja c dodatkowo, że Φ C 2 () C 1 ( ), Φ L 1 () mamy IR3 Φ v = IR3 Φ v = 4π Sta d natychmiast otrzymujemy równanie IR 3 ρv. (2.4) Φ = 4πρ.[epois] 5
W przypadku, gdy zamiast oddzia lywań elektrycznych rozpatrujemy grawitacyjne, równanie wia ża ce ge stość rozk ladu masy ρ z potencja lem grawitacyjnym Φ przez niego wytworzonym ma postać (2.5) Φ = 4πρ.[gpois] Równanie opisuja ce rozk lad temperatury. Zak ladamy, że w obszarze ograniczonym IR 3 rozmieszczone sa źród la ciep la z ge stościa ρ, tzn. dla ω, ω ρ jest ilościa ciep la produkowana w ω w jednostce czasu. Na brzegu temperature zadajemy. Naszym celem jest wyprowadzenie równania wia ża cego rozk lad temperatury T (x) z ge stościa ρ. Wykorzystamy naste puja ce, dosyć jasne z fizycznego punktu widzenia, za lożenia: Z1. Jeśli na brzegu kuli K R (x 0 ) zadany jest rozk lad temperatury T, a wewna trz nie ma źróde l ciep la, to temperatura w punkcie x 0 równa jest średniej temperaturze na sferze S R (x 0 ), T (x 0 ) = 1 4πR 2 S R (x 0 ) T, Z2. Przep lyw ciep la przez powierzchnie S równy jest κ S T (prawo ν Fouriera), gdzie κ jest dodatnia sta la. Dalej, dla prostoty przyjmujemy, że κ, jak i wszystkie inne sta le fizyczne sa równe 1. Definicja 2.1. Funkcja u, cia g la na otwartym podzbiorze IR n, ma w lasność średniej, jeśli dla każdej sfery S R (x), średnia wartość u na tej sferze równa jest wartości funkcji u w środku tej sfery, 1 R n 1 σ n S R (x) u = u(x) (przez σ n oznaczyliśmy pole powierzchni sfery jednostkowej w IR n ). Lemat 2.1 [2] Jeśli u ma w lasnosć średniej, to funkcja u jest g ladka i harmoniczna. Dowód. Oznaczmy przez γ(x) ja dro wyg ladzaja ce, tzn. nieujemna funkcje klasy C (IR n ), radialnie symetryczna, o nośniku zawartym w kuli K 1 (0) IR n, spe lniaja ca warunek IR γ = 1. Definiujemy γ ε(x) = ε n γ(xε 1 ). n Wiadomo [2], że splot u z γ ε, u ε (x) := γ ε u(x) = u(y)γ ε(x y) dy jest funkcja g ladka na IR n. Za lóżmy, że x oraz ε < dist(x, ). Latwe obliczenia prowadza do naste puja cych równości: u ε (x) = u(y)γ ε (y x) dy = ε n u(x + y)γ(y/ε) dy 6 y <ε
= u(x + εy)γ(y) dy = y <1 1 γ(r)r n 1 dr 0 w =1 1 0 r n 1 dr u(x + εrw)γ(rw) ds w = S 1 (0) 1 u(x + εrw) ds w = u(x)σ n γ(r)r n 1 dr = u(x). W przedostatniej równości wykorzystaliśmy w lasność średniej funkcji u. Wykazaliśmy, że u(x) = u ε (x) na ε := {x : dist(x, ) > ε}, a wie c u jest g ladka na. Jej harmoniczność wynika z równości K r(x) u = r n 1 r w =1 u(x + rw) ds w = r n 1 r (σ nu(x)) = 0, spe lnionej na każdej kuli K r (x) zawartej w. Zak ladamy, że w punkcie x znajduje sie źród lo ciep la o wydajności q, a na brzegu temperatura jest zadana. Interesuje nas temperatura T x (x) w dowolnym punkcie x. Zgodnie z za lożeniem Z2 T x(x) x x =r = q. Możemy też za lożyć, że w ν otoczeniu punktu x funkcja T x jest prawie radialnie symetryczna, a wie c T x (x) x x =r ν = q 4πr 2 T x(r). Wynika sta d, że w rozważanym otoczeniu, T x (x) q. Z za lożenia Z1 4π x x wnioskujemy że, poza punktem x funkcja T x (x) ma w lasność średniej, a wie c jest harmoniczna. Rozumuja c podobnie jak przy wyprowadzaniu równania wia ża cego ge stość ladunków elektrycznych z potencja lem przez nia wytworzonym, dla każdej funkcji v Cc 1 () dostajemy T x (x) v = qv( x). Sta d, dla cia g lego rozk ladu ρ źróde l ciep la, T (x) v = ρv dla każdej funkcji v Cc 1 (). Jeśli T C 2 () C 1 ( ), T L 1 (), to oczywiście z ostatniej tożsamości otrzymujemy równanie (2.6) T = ρ.[7x] Jeśli na wste pie naszych rozważań za lożymy dwukrotna różniczkowalność T, to równanie (2.6) dostaniemy w prostszy sposób. Wystarczy zauważyć, że dla dowolnego ω przep lyw ciep la przez ω równy jest ilości wytworzonego w nim ciep la, a wie c ω T ρ = ω ν ω = T, 7 0
sta d wobec dowolności ω wynika (2.6). W przedstawionych modelach funkcja u opisuja ca zjawisko fizyczne spe lnia la tożsamość ca lkowa (2.7) u v = fv, [a] a przy dodatkowym za lożeniu o regularności u, równanie (2.8) u = f.[b] Udowodnienie istnienia funkcji u spe lniaja cej tożsamość (2.7) jest na ogó l latwiejsze od wykazania istnienia rozwia zania równania (2.8). Przyczyna leży w tym, że w pierwszym przypadku możemy wybrać wie ksza przestrzeń, w której szukamy rozwia zań. Zagadnienie (1.1), (1.2) be dziemy rozpatrywać na otwartym, ograniczonym podzbiorze IR n. Definicja 2.2. Funkcje u C 0 ( ) C 2 () nazywamy klasycznym rozwia zaniem zagadnienia (1.1), (1.2), jeśli u spe lnia równanie (1.1) i warunek brzegowy (1.2). Poniższy przyk lad wskazuje, że (1.1), (1.2) nie zawsze ma rozwia zanie klasyczne, nawet przy dosyć mocnych za lożeniach o f. Przyk lad 2.1. [4], [7] Rozpatrujemy równanie Poissona w kole K = {x = (x 1, x 2 ) IR 2 : x < R < 1} postaci u = x2 1 x 2 2 (2.9) 2 x 2 ( ) 4 ( ln x ) + 1 1/2 (2( ln x )) 3/2 =: f(x 1, x 2 ).[p1] Przyjmuja c 0 jako wartość prawej strony w (0, 0), f staje sie funkcja cia g la na K. Latwo sprawdzić, że h(x 1, x 2 ) = (x 2 1 x 2 2)( ln x ) 1/2 jest rozwia zaniem (2.9) w K \ (0, 0), pierwsze pochodne cza stkowe h sa ograniczone w K oraz h x1 x 1 (x 1, x 2 ) da ży do, gdy (x 1, x 2 ) (0, 0). Udowodnimy, że (2.9) nie ma rozwia zań klasycznych. Za lóżmy, że takie rozwia zanie u istnieje. Wtedy w = u h jest funkcja harmoniczna w K \ (0, 0) i ograniczona. Definiujemy p(x) := γ w x2 dx 1 + w x1 dx 2, gdzie γ jest dowolna krzywa la cza ca ustalony punkt x 0 z x. Zauważmy, że funkcja p jest dobrze określona, tzn. p(x) nie zależy od drogi ca lkowania. Istotnie, jeśli krzywe γ 1 i γ 2 la cza te same punkty i γ 1 γ 2 ogranicza obszar 1 nie zawieraja cy we wne trzu (0, 0), to ponieważ w 1 w jest harmoniczna, mamy (2.10) w x2 dx 1 + w x1 dx 2 = w x2 dx 1 + w x1 dx 2.[p2] γ 1 γ 2 8
Jeśli (0, 0) 1, to ca lka po krzywej zamknie tej z lożonej z γ 1, γ 2, okre gu S ε o promieniu ε i środku (0, 0) zawartego w 1 oraz odcinka la cza cego S ε z γ 1 obieganego dwa razy w przeciwnych kierunkach, jest równa 0. Sta d γ 1 γ 2 w x2 dx 1 + w x1 dx 2 = S ε w x2 dx 1 + w x1 dx 2. Pierwsze pochodne cza - stkowe w sa ograniczone, a wie c prawa strona ostatniej równości da ży do 0, gdy ε 0. Pocia ga to równość (2.10). Pozostaje do rozpatrzenia przypadek, gdy punkt (0, 0) leży na γ 1 ba dź γ 2. Zauważmy, że dzie ki ograniczoności pierwszych pochodnych cza stkowych funkcji w, ma le zmiany krzywej γ daja ma le zmiany ca lki γ w x 2 dx 1 + w x1 dx 2. Jeśli równość (2.10) spe lniona jest dla wszystkich krzywych γ 1, γ 2 nie przechodza cych przez (0, 0), to zachodzi też dla dowolnych krzywych. Latwo zauważyć, że p jest funkcja sprze żona do w, tzn. w + ip jest harmoniczna w \ (0, 0) i ograniczona. Można wie c określić ja w (0, 0), tak aby by la analityczna na ca lym, a wie c w by laby harmoniczna w. Przeczy to nieograniczoności jej pochodnych w x1 x 1. Dalej wrócimy do problemu za lożeń o funkcji f gwarantuja cych istnienie rozwia zań klasycznych. 3. S labe pochodne i przestrzenie funkcyjne. Niech u : IR, α = (α 1,..., α n ), α i IN i α = α 1 +... + α n. Oznaczmy D α i u := α iu x α i i D α u := D α 1...D αn u. Zak ladamy, że u C k ( ), tzn. i w istnieja pochodne D α u, α k i przed lużaja sie do funkcji cia g lych na. C k ( ) jest przestrzenia Banacha z norma u C k = Σ α k sup x D α u(x). Jeśli u C 1 () i v jest funkcja o nośniku zwartym zawartym w, v Cc 1 (), to z (1.3) dostajemy (3.1) uv xi = u xi v.[prt] Równość (3.1) spe lniona dla każdej funkcji v Cc 1 () wyznacza jednoznacznie u xi. Fakt ten jest punktem wyjścia do definicji s labej pochodnej. Niech u L 2 loc(), tzn. u jest ca lkowalna z kwadratem na każdym zwartym podzbiorze. Definicja 3.1. Funkcje u α L 2 loc() nazywamy s laba pochodna rze du α funkcji u, jeśli dla każdej funkcji v Cc () (3.2) ud α v = ( 1) α u α v.[prt2] S labe pochodne oznaczamy takim samym symbolem jak pochodne w klasycznym sensie. Z kontekstu be dzie wynikać jakie pochodne mamy na 9
myśli. Nietrudno wykazać, że s laba pochodna D α u jest wyznaczona jednoznacznie, nie zależy od kolejności różniczkowania, a dla funkcji różniczkowalnych w klasycznym sensie jest identyczna z klasyczna pochodna. Przypomnijmy też, że s laba pochodna, jako element L 2 loc(), jest określona prawie wsze dzie. Przyk lad 3.1. Wykażemy, że funkcja u(x) = x na ( 1, 1) ma s laba pochodna u (x) = 1 dla x > 0 i u (x) = 1 dla x < 0. Istotnie, dla dowolnej funkcji v C c (( 1, 1)) 1 1 0 1 1 uv = xv (x) dx + xv (x) dx = u v. 1 0 1 Przyk lad 3.2. Funkcja u(x) = x na ( 1, 1) nie ma s labej pochodnej. x Za lóżmy, że taka pochodna u istnieje. Wtedy dla dowolnej funkcji v Cc (( 1, 1)), 1 1 u v = 1 1 uv = 0 1 v 1 0 v = 2v(0). Wynika sta d, że dla v Cc ((0, 1)), 1 0 u v = 0, a wie c u (x) = 0 dla x > 0. Podobnie uzasadniamy, że u (x) = 0 dla x < 0. W rezultacie dostajemy, że u 0. Przeczy to równości 1 1 u v = 2v(0), jeśli tylko v(0) 0. Naste pny przyk lad pokazuje, że istnieja funkcje maja ce s labe pochodne drugiego rze du, a nie posiadaja ce s labych pierwszych pochodnych. Oczywiście tak nie może sie zdarzyć, jeśli pochodne rozumiemy w klasycznym sensie. Przyk lad 3.3. Rozpatrzmy w kole jednostkowym K 1 (0) = IR 2 funkcje u(x 1, x 2 ) = x 1 x 1 + x 2. Z poprzedniego przyk ladu wynika, że nie istnieja x 2 pochodne u xi. Zauważmy jednak, że istnieje pochodna u x1 x 2. Jeśli bowiem v Cc (), to v x1 x 2 u = x 1 v x1 x 2 x 1 + x 2 v x1 x 2 x 2 = v x1 x 2 + v x1 x 2 v x1 x 2 + v x1 x 2 = 0. {x 1 <0} {x 1 >0} {x 2 <0} {x 2 >0} Wynika sta d, że u x1 x 2 0. Niech γ be dzie ja drem wyg ladzaja cym. W dalszej cze ści be dziemy wykorzystywać naste puja ce fakty [2], [7]: P1. Jeśli u C k (), to u ε (x) := u(y)γ ε(x y) dy jest klasy C (IR n ) oraz dla każdego podzbioru zwartego, u ε u C k ( ) 0, gdy ε 0. P2. Jeśli u L 2 (), to u ε C (IR n ) i u ε u L 2 () 0, gdy ε 0. P3. Jeśli u ma zwarty nośnik, to również u ε ma nośnik zwarty. 10
P4. Operacja brania splotu z ja drem wyg ladzaja cym jest przemienna z różniczkowaniem (3.3) D α u ε = (D α u) ε [roz] oraz (3.4) gdy ε 0 i. D α u ε D α u L 2 ( ) 0, [roz2] Uwaga 3.1. Jeśli pierwsze pochodne cza stkowe sa równe 0, u xk = 0, to u jest funkcja sta la. Istotnie, na mocy (3.3) (u ε ) xk = (u xk ) ε = 0; wynika sta d, że u ε jest funkcja sta la, u ε (x) = c(ε). Korzystaja c z (3.4) dostajemy c(ε 1 ) c(ε 2 ) L 2 ( ) = c(ε 1 ) c(ε 2 ) 0, gdy ε 1, ε 2 0. Oznacza to, że u ε da ży do sta lej, a wie c u Const. Pochodne w sensie klasycznym definiujemy za pomoca ilorazów różnicowych. Poniżej wykażemy, że w podobny sposób można zdefiniować s labe pochodne, jeśli granice ilorazów różnicowych rozumiemy w sensie zbieżności w L 2. Oznaczmy (3.5) D k hu = 1 h (u(x 1,..., x k + h,..., x n ) u(x 1,..., x n )). Prosty rachunek pokazuje, że jeśli u L 2 () jest funkcja o nośniku zwartym, u L 2 c(), v L 2 () i h jest dostatecznie ma le, to dla ilorazów różnicowych prawdziwy jest odpowiednik wzoru na ca lkowanie przez cze ści (3.6) (D k hu, v) L 2 () = (u, D k hv) L 2 (), [czesc] gdzie (, ) L 2 () oznacza iloczyn skalarny w L 2. Twierdzenie 3.1 Zak ladamy, że u L 2 c(). a. Jeśli istnieje s laba pochodna u xk, to dla dostatecznie ma lych h (3.7) D k hu L 2 () u xk L 2 (), [nx1] (3.8) D k hu u xk L 2 () 0, gdy h 0.[nx2] b. Jeśli istnieje taka sta la C > 0, że dla dostatecznie ma lych h, D k hu L 2 () C, to istnieje s laba pochodna u xk i u xk L 2 () C. Dowód. Za lóżmy, że u C 1 c () i k = n. Wtedy D n hu = 1 h gdzie x = (x 1,..., x n 1 ). Sta d xn+h x n u(x, ξ n ) ξ n dξ n, Dhu n 2 = 1 ( xn+h u(x ) 2, ξ n ) dξ h 2 n 1 x n ξ n h 11 xn+h x n ( u(x ) 2, ξ n ) dξ n. ξ n
Ca lkuja c te nierówność wzgle dem x n, mamy 1 h h 0 + D n hu 2 dx n 1 h d ξ n + 1 + h dx n h 0 + dx n ( u(x, ξ n + x n ) ξ n ( xn+h u(x ) 2, ξ n ) dx n dξ n x n ξ n ( u(x, ξ ) 2 n + x n ) d ξ n ξ n ) 2 = + ( u(x ) 2, ξ n ) dξ n. Ca lkuja c teraz wzgle dem x IR n 1 otrzymujemy (3.7) dla u C 1 c (). Jeśli funkcja u L 2 c(), to wyg ladzamy ja, splataja c z ja drem wyg ladzaja cym. Otrzymujemy funkcje u ε C 1 c (), dla której zachodzi nierówność D n hu ε L 2 () (u ε ) xn L 2 () = (u xn ) ε L 2 (). Przechodza c z ε 0 i korzystaja c z (3.4) dostajemy (3.7) dla u L 2 c(). Aby wykazać (3.8), rozumuja c jak w dowodzie (3.7), możemy ograniczyć sie do u C 1 c (). Zauważmy, że Sta d Dhu(x) n 1 u xn (x) = h xn+h x n ξ n ( u(x ), ξ n ) u(x, x n ) dξ n. ξ n x n + (D n hu(x) u xn (x)) 2 dx n 1 h + dx n xn+h x n ( u(x ) 2, ξ n ) u(x, x n ) dξ n = ξ n x n 1 h dξ h 0 + ( u(x ) 2, x n + ξ) u(x, x n ) dx n. x n x n Ca lkuja c te nierówność wzgle dem x IR n 1, dostajemy D n hu u xn 2 L 2 1 h h 0 dξ ( u(x ) 2, x n + ξ) u(x, x n ) dx. x n x n Ca lka ( ) u(x,x n+ξ) x n u(x,x 2 n) x n dx da ży do 0, gdy h 0, a wie c D n hu u xn w L 2. Wykorzystaliśmy naste puja cy fakt: jeśli w L 2 c(), to (w(x + h) w(x)) 2 0, gdy h 0. Przejdźmy do dowodu punktu (b). Z za lożeń wynika, że rodzina funkcji Dhu k jest s labo zwarta w L 2. Można wie c wybrać z niej podcia g s labo zbieżny Dh k m u ω i ω L 2 C. Korzystaja c z (3.6) mamy (D k h m u, v) L 2 () = (u, D h k m v) L 2 () dla każdej funkcji v C0 (). Przechodza c z m do nieskończoności dostajemy (ω, v) L 2 () = (u, v xk ) L 2 (), co oznacza, że u xk = ω. 12
Przestrzenie H k (). Oznaczmy przez H k loc() podzbiór L 2 loc() z lożony z funkcji maja cych s labe pochodne do rze du k w la cznie. Zbiór H k () H k loc() sk lada sie z funkcji, których s labe pochodne do rze du k w la cznie należa do L 2 (). H k () jest przestrzenia Hilberta z iloczynem skalarnym (u, v) H k () = Σ α k D α ud α v. Wymieńmy kilka podstawowych w lasności przestrzeni H k (): H1. Jeśli u H k () i v C k ( ), to vu H k (). H2. Dla każdego, u ε u w H k ( ), gdy ε 0. H3. Jeśli, C k, k 1, to dla każdej funkcji u H k () (C k ()) istnieje taka funkcja U H k ( ), (U C k ( ) o nośniku zwartym, że U = u i U H k ( ) C u H k (), ( U C k ( ) C u C k ()), gdzie sta la C zależy tylko od i. H4. Jeśli C k, to zbiór C ( ) jest ge sty w H k (). Dalej korzystać be dziemy z w lasności przed lużania funkcji ϕ C k ( ) do funkcji określonej na. H5. Przy za lożeniach C k, k 1, ϕ C k ( ), istnieje taka funkcja u C k ( ), że u = ϕ i u C k ( ) C ϕ C k ( ). Sta la C zależy tylko od. Ślad funkcji. Za lóżmy, że u C 1 ( ), C 1 i S jest kawa lkiem brzegu be da cym wykresem funkcji x n = Φ(x 1,..., x n 1 ). Z w lasności H3 wynika, że można przed lużyć u na pewien prostopad lościan = {x : 0 x i a}, i przed lużenie to, oznaczamy je przez u, ma nośnik zwarty w. Dla x S mamy Φ(x u(x) = u(x, Φ(x ) u(x, ξ n ) )) = dξ n. 0 ξ n Sta d ( u(x) S ) 2 Φ(x ) Φ(x ) 0 ( u(x ) 2, ξ n ) dξ n a ξ n a 0 ( u(x ) 2, ξ n ) dξ n. ξ n Mnoża c te nierówność przez 1 + Φ 2 x 1 +...Φ 2 x n 1 funkcji Φ, dostajemy u 2 L 2 (S) C 2 u 2 H (), 1 i ca lkuja c po dziedzinie D a wie c dla dowolnej funkcji u C 1 ( ) (3.9) u L 2 ( ) C u H 1 ().[nnx] 13
Za lóżmy, że u H 1 (). Z w lasności H4 wynika istnienie takiego cia gu u n C ( ), że u n u w H 1 (). Z (3.9) otrzymujemy nierówność u n u m L 2 ( ) C u n u m H 1 (). Cia g u n na jest wie c fundamentalny w L 2 ( ), a tym samym zbieżny w tej przestrzeni, u n ũ. Funkcje ũ L 2 ( ) nazywamy śladem funkcji u na. Nietrudno wykazać, że ũ jest dobrze określona, tzn. nie zależy od wyboru cia gu u n. Dla funkcji u C 1 ( ) ślad funkcji jest jej obcie ciem do. Oznaczmy przez H0() 1 funkcje z H 1 () o śladzie równym 0. Dalej wykorzystamy fakt, że H0() 1 jest domknie ciem zbioru C c () w topologii H 1. Zgodnie z definicja, iloczyn skalarny w H 1 0() zadany jest wzorem (u, v) H 1 () = uv + u v. Z nierówności Poincarégo [2], [3] u 2 L 2 () C u 2, prawdziwej dla dowolnej funkcji u H0(), 1 wynika, że jest on równoważny z iloczynem (u, v) H 1 () = u v, który bywa wygodniejszy w użyciu. Wykażemy, że wzór na ca lkowanie przez cze ści, (3.10) u xi v = uvν i uv xi, [calk] prawdziwy dla funkcji u, v C 1 ( ), przenosi sie na funkcje z H 1 (), jeśli wartości u i v na rozumiemy w sensie ich śladu. W tym celu funkcje u, v aproksymujemy, w sensie H 1, funkcjami u n, v n C 1 ( ). Z definicji śladu wynika, że obcie cia u n i v n do sa zbieżne w L 2 ( ) do śladów funkcji u i v. Wystarczy teraz podstawić we wzorze (3.10) u = u n, v = v n i przejść z n do. Podobnie argumentuja c można wykazać, że jeśli v H 1 (), u i H 1 (), u = (u1,..., u n ), to (3.11) v div u = Regularność funkcji z H k (). v( u ν) u v.[gree] Uzasadnimy, że funkcje z H k loc(), jeśli tylko k jest dostatecznie duże, sa funkcjami różniczkowalnymi w klasycznym sensie. Dok ladniej, prawdziwe jest naste puja ce zawieranie 14
Twierdzenie 3.2 [locglad] (3.12) H l+1+[n/2] loc () C l ().[gladkosc] Dowód. Dowód przeprowadzimy dla n = 2. W wyższym wymiarze jego idea jest taka sama, ale rachunki bardziej skomplikowane. Zacznijmy od przypomnienia definicji rozwia zania fundamentalnego E n (x) 1 operatora Laplace a. Dla n > 2, E n (x) = (n 2)σ n x, E n 2 2 (x) = 1 log 1. 2π x Poniższy wzór [5], [7], [9], którego dowód pomijamy, pozwala wyrazić wartość funkcji u C 2 ( ) w dowolnym punkcie x za pomoca laplasjanu tej funkcji oraz jej wartości i pochodnych na brzegu, u(x) = E n (x y) u(y) dy+ u(y) E n(x y) ds y ν y u ν y E n (x y) ds y.[wzor] (3.13) Pierwsza ca lke brzegowa w (3.13) nazywamy potencja lem warstwy podwójnej, a druga potencja lem warstwy pojedynczej. Dalej korzystać be dziemy z tego, że potencja ly te jako funkcje zmiennej x sa funkcjami harmonicznymi na IR n \. W szczególności z (3.13) wynika, że dla u C 2 c () i n = 2 (3.14) u(x) = 1 log x y u(y) dy.[wzor1] 2π Sta d u(x) 1 ( ) 1/2 ( 1/2 ( u(y)) 2 dy (log x y ) dy) 2 C u H 2π 2 (), gdzie C = sup x { 1 2π ( (log x y )2 dy) 1/2 }. Wykazaliśmy, że (3.15) u C 0 () C u H 2 (), [nx3] a sta la C zależy tylko od obszaru. Jeśli u Cc l+2 (), l > 0, to z (3.15) wynika, że dla każdego α, α < l, zachodza nierówności D α u C 0 () C D α u H 2 () C u H (), a wie c l+2 (3.16) u C l () C u H l+2 ().[nn] Dla u Hc l+2 (), na mocy w lasności H4 i P3, istnieje cia g u m Cc l+2 () zbieżny do u w H l+2, i ponadto z (3.16) dostajemy u m u k C l () C u m u k H l+2 (). Prawa strona powyższej nierówności zbiega do 0, gdy m, k, a wie c u m jest cia giem fundamentalnym w C l ( ). Sta d u m jest zbieżny w C l ( ) 15
do pewnej funkcji u. Wykazaliśmy w ten sposób, że jeśli u Hc l+2 (), to u C l ( ) i u C l ( ) C u H (). l+2 Za lóżmy, że u Hloc l+2 () i. Jeśli ξ C c (), ξ = 1, to ξu H l+2 c () i ξu = u na, a wie c ξu C l (). Tym samym u C l (). Przy odpowiednich za lożeniach o regularności możemy Twierdzenie (3.2) wzmocnić. Twierdzenie 3.3 [globglad] Jeśli C l+1+[ n 2 ], to H l+1+[ n 2 ] () C l ( ). Dowód. Z H3 wynika, że funkcje u H l+1+[ n 2 ] () można przed lużyć do funkcji U H l+1+[ n 2 ] c ( ), i U H l+1+[ n C u 2 ] ( ) H l+1+[ n. Sta 2 ] () d i Twierdzenia 3.2: U C l ( ), a wie c u C l ( ) i u C l ( ) C u H l+1+[ n 2 ] (). 4. Istnienie, jednoznaczność i regularność s labych rozwia zań. Rozpatrujemy zagadnienie brzegowe (4.1) u = f, [s1] (4.2) u = ϕ.[s2] Zak ladamy, że f L 2 () i ϕ L 2 ( ). Funkcje u H 1 () nazywamy s labym rozwia zaniem równania (4.1), gdy dla każdej funkcji v H0() 1 spe lniona jest tożsamość: (4.3) u v = fv.[s3] Jeśli dodatkowo u = ϕ na (w sensie śladu), to u nazywamy s labym rozwia zaniem (4.1), (4.2). Przypomnijmy, że u C 2 () C 0 ( ) nazywamy rozwia zaniem klasycznym zagadnienia (4.1), (4.2), jeśli u spe lnia równanie (4.1) i warunek brzegowy (4.2). Nie wymagamy aby u L 2 (), a wie c rozwia zanie klasyczne nie musi być rozwia zaniem s labym. Oczywiście jest nim, jeśli dodatkowo u C 1 ( ). Twierdzenie 4.1 Jeśli f L 2 () i ϕ 0, to zagadnienie (4.1), (4.2) ma dok ladnie jedno s labe rozwia zanie. Dowód. Funkcja f zadaje na H 1 0() funkcjona l liniowy v (f, v) L 2 (). Jego cia g lość wynika z oszacowań : (f, v) L 2 () f L 2 () v L 2 () C f L 2 () v H 1 0 (). 16
Na mocy Twierdzenia Riesza istnieje dok ladnie jeden element u H0() 1 spe lniaja cy warunek (u, v) H 1 0 () = u v = (f, v) L 2 (), a tym samym u jest jedynym rozwia zaniem (4.1) z zerowym warunkiem na brzegu. Rozpatrzmy przypadek, gdy ϕ jest dowolnym elementem L 2 ( ). Z definicji s labego rozwia zania u wynika, że ϕ = u na w sensie śladu, a wie c warunek brzegowy ϕ winien być śladem pewnej funkcji. Jeśli ϕ C 1 ( ), to na mocy H5 ϕ jest śladem funkcji Φ C 1 ( ). Podkreślmy, że cia g lość ϕ nie jest warunkiem wystarczaja cym, aby by la ona śladem pewnej funkcji z H 1 (). Istnieje przyk lad funkcji cia g lej na okre gu, która nie jest śladem żadnej funkcji z H 1 (K(0, 1)) [3]. Za lóżmy, że istnieje Φ H 1 (), której śladem jest ϕ. Wprowadźmy funkcje niewiadoma ũ = u Φ. Jeśli C 2, ϕ C 2 ( ), to Φ C 2 ( ) i ũ spe lnia (4.4) ũ = f + Φ, ũ = 0.[tilde] Z poprzednich rozważań wnioskujemy istnienie jedynego rozwia zania ũ zagadnienia (4.4). Przejdźmy do przypadku ogólnego: zak ladamy, że Φ H 1 () i szukamy funkcji ũ H0() 1 spe lniaja cej tożsamość (4.5) ũ v = fv + Φ v[s4] dla każdego v H0(). 1 Wykażemy, że prawa strona (4.5) definiuje funkcjona l liniowy cia g ly na H 1 0(), k(v) := fv + Φ v. Zauważmy bowiem, że k(v) f L 2 () v L 2 ()+ Φ L 2 () v L 2 () C( f L 2 ()+ Φ H 1 ()) v H 1 0 (). Na mocy Twierdzenia Riesza istnieje dok ladnie jeden taki element ũ H 1 0(), że (ũ, v) H 1 0 () = k(v) i ũ H 1 0 () C( f L 2 () + Φ H 1 ()). Zak ladaja c, że C 1, ostatnia nierówność można zapisać w postaci (4.6) ũ H 1 0 () C( f L 2 () + ϕ C 1 ( )), [ss44] a ogólnie (4.7) ũ H 1 0 () C( f L 2 () + inf Φ H Φ =ϕ 1 ()).[ss45] Jednoznaczność s labych rozwia zań zagadnienia (4.1), (4.2) jest natychmiastowa konsekwencja jednoznaczności rozwia zań zagadnienia z jednorodnym warunkiem brzegowym. Gdyby bowiem istnia ly dwa rozwia zania u 1, u 2, to ich różnica u = u 1 u 2 spe lnia laby u = 0, u = 0, a wie c u 0. Wykazaliśmy w ten sposób 17
Twierdzenie 4.2 Jeśli f L 2 () i ϕ jest śladem pewnej funkcji Φ H 1 (), to istnieje dok ladnie jedno rozwia zanie u zagadnienia (4.1), (4.2). Regularność s labych rozwia zań. Z definicji, s labe rozwia zanie u należy do przestrzeni H 1 (). Wykażemy, że odpowiednie za lożenia o regularności f gwarantuja wyższa regularność u. Zacznijmy od przypadku jednowymiarowego (4.8) u = f, u(0) = 0, u(1) = 0.[w1] K lada c w Twierdzeniu 3.3 n = 1, l = 0 dostajemy zawieranie H 1 ((0, 1)) C 0 ([0.1]), czyli s labe rozwia zanie u zagadnienia (4.8) jest cia g le. Z definicji spe lnia też tożsamość (4.9) 1 0 u v = 1 0 fv dla v H 1 0((0, 1)).[w2] Twierdzenie 4.3 Jeśli f C 0 ([0, 1]) i u jest s labym rozwia zaniem (4.8), to u C 2 ([0, 1]) i spe lnia (4.8) w klasycznym sensie. Dowód. Funkcja ũ := x y 0 0 f(ξ) dξ dy jest klasy C2 ([0, 1]) i ũ = f, a wie c spe lnia tożsamość (4.9). Oczywiście jeśli u 1 = u ũ, to 1 0 u 1v = 0 dla v H0((0, 1 1)). Wynika sta d, że (u 1) =0 ( rozumiemy tutaj w sensie s labej pochodnej), a wie c u 1 jest sta la (Uwaga 3.1) i tym samym u C 2 ([0, 1]). Z tożsamości 1 0 u v = 1 0 u v = 1 0 fv wynika, że u = f, tzn. s labe rozwia zanie u spe lnia równanie w klasycznym sensie. Przejdźmy do badania regularności s labych rozwia zań w wyższych wymiarach. Twierdzenie 4.4 [x18] Zak ladamy, że f L 2 () Hloc(), k k = 0, 1, 2... i u jest s labym rozwia zaniem (4.1). Wtedy u H k+2 loc () i dla każdej pary obszarów 1 2 istnieje taka sta la C = C( 1, 2 ), że (4.10) u H k+2 ( 1 ) C( f H k ( 2 ) + u H 1 ( 2 )).[w3] Dowód. Dowód przebiega indukcyjnie. Za lóżmy, że k = 0, tzn. f L 2 (). Oznaczmy ε = dist( 1, 2 ) i ε = {x : dist(x, ) > ε}. Niech ξ be dzie taka funkcja klasy C (IR n ), że ξ(x) = 1 na 2 ε i ξ(x) = 0 dla x / 2 2 ε. Jeśli v 0 H 1 ( 2 ), to ξv 0 = v H0(). 1 Rozumiemy tutaj, że 3 v 0 (x) = 0 dla x / 2. W tożsamości (4.3) k ladziemy v = ξv 0. Korzystaja c z równości u v = ( u ξ)v 0 + (ξu) v 0 u ξ v 0, 18
(4.3) można zapisać w postaci (4.11) U v 0 = 2 F v 0 + 2 u ξ v 0, [w5] 2 gdzie F = fξ u ξ L 2 ( 2 ) i U = ξu H 1 ( 2 ). Ponieważ ξ zeruje sie na poza 2 to ca lkowanie w (4.11) przebiega po 2 3 ε 2 2 ε. 3 Niech v 1 be dzie funkcja z H 1 ( 2 ) przed lużona zerem poza 2. Dla h < ε, 2 Di hv 1 H 1 ( 2 ε ) L 2 ( ε ). Podstawiaja 2 2 c w (4.11) v 0 = D hv i 1 i wykorzystuja c wzór (3.6) dostaniemy (4.12) Sta d i z (3.7) Z oszacowania otrzymujemy (4.13) DhU i v 1 = 2 F D hv i 1 + 2 Dh(u ξ) i v 1.[w6] 2 DhU i v 1 ( F L 2 ( 2 ) + C u H 1 ( 2 )) v 1 L 2 ( 2 ). 2 F L 2 () C( f L 2 ( 2 ) + u H 1 ( 2 )), DhU i v 1 C( f L 2 ( 2 ) + u H 1 ( 2 )) v 1 L 2 ( 2 ).[w7] 2 Podstawiaja c w (4.13) v 1 = D i hu mamy Sta d 2 v 1 2 C( f L 2 ( 2 ) + u H 1 ( 2 )) v 1 L 2 ( 2 ). v 1 L 2 ( 2 ) C( f L 2 ( 2 ) + u H 1 ( 2 )). Z powyższej nierówności wynika, że rodzina D i hu jest jednostajnie ograniczona w L 2 ( 2 ), a wie c na mocy Twierdzenia 3.1, U H 2 ( 2 ) oraz (4.14) U L 2 ( 2 ) C( f L 2 ( 2 ) + u H 1 ( 2 )).[w77] Przypomnijmy, że U = u na 1, sta d u H 2 ( 1 ), a tym samym u H 2 loc(). Korzystaja c z nierówności Poincarégo i (4.14) dostajemy oszacowanie u H 2 ( 1 ) C( f L 2 ( 2 ) + u H 1 ( 2 )). W ten sposób zakończyliśmy dowód pierwszego kroku indukcji. Za lóżmy teraz, że jeśli f L 2 () Hloc(), k to u Hloc k+2 (), u H k+2 ( 1 ) C(k, 1, 2 )( f H k ( 2 ) + u H 1 ( 2 )) 19
oraz zachodzi tożsamość (4.15) Dh(D i α U) v k+1 = 2 D α F D hv i k+1 + 2 Dh(D i α (u ξ)) v k+1 [w8] 2 dla każdej funkcji v k+1 H 1 ( 2 ) i α k. Jeśli teraz f L 2 () H k+1 () i α k, to D α U H 2 ( 2 ) i D α F H 1 ( 2 ). Przechodza c w (4.15) z h 0, dostajemy D α U xi v k+1 = 2 D α F (v k+1 ) xi + 2 D α (u ξ) xi v k+1. 2 Niech v k+2 H 1 ( 2 ); k lada c v k+1 = D i hv k+2 otrzymamy Dh(D i α U xi ) v k+2 = D α F xi D hv i k+2 + Dh(D i α (u ξ) xi ) v k+2. 2 2 2 Z za lożenia indukcyjnego F H k+1 ( 2 ) C( f H k+1 ( 2 ) + u H k+2 ( 2 )) C( f H k+1 ( 2 ) + u H 1 ( 2 )). Podstawiaja c v k+2 = D i h(d α U xi ), rozumuja c jak w kroku pierwszym, wnioskujemy, że u H k+3 loc (). Uwaga 4.1. Jeśli f L 2 () i u H 1 () jest rozwia zaniem (4.1), to u spe lnia równanie Poissona prawie wsze dzie. Dowód. Z Twierdzenia (4.4) wynika, że u Hloc(), 2 czyli u L 2 loc(). Niech 1 i v H0( 1 1 ). Z (4.3) dostaniemy tożsamość u v = 1 fv dla v H0( 1 1 ). 1 Sta d 1( u + f)v = 0, co pocia ga u = f prawie wsze dzie w. Stosuja c podobne idee jak w dowodzie Twierdzenia (4.4), można wykazać [2], [3], [7] regularność rozwia zań aż do brzegu. Twierdzenie 4.5 [glad1] Jeśli f H k (), C k+2, k 0, to s labe rozwia zanie u zagadnienia u = f, u = 0 jest w H k+2 (), u H k+2 () C f H k () i sta la C nie zależy od f. Zauważmy, że z Twierdzenia (4.5) i Twierdzenia (3.3) wynika Twierdzenie 4.6 [gladx] Jeśli f H 1+[ n 2 ] () i C 3+[ n 2 ], to s labe rozwia zanie równania (4.1) z jednorodnym warunkiem brzegowym jest rozwia zaniem klasycznym. 20
Rozpatrzmy teraz zagadnienie (4.1), (4.2) w ca lej ogólności, tzn. zak ladamy, że ϕ jest śladem pewnej funkcji Φ H k+2 (aby to zagwarantować, w myśl H5 wystarczy, że ϕ C k+2 ( )) i f H k (). Wprowadźmy funkcje pomocnicza w = u Φ. Oczywiście dla v H 1 0() w v = F 1v, gdzie F 1 = f + Φ. Funkcja w spe lnia jednorodny warunek brzegowy i F 1 H k (), a wie c z Twierdzenia 4.5 w H k+2 (). Wykazaliśmy w ten sposób Twierdzenie 4.7 [glad2] Jeśli f H k () i ϕ jest śladem funkcji z H k+2 (), to rozwia zanie u zagadnienia (4.1), (4.2) należy do H k+2 (). 5. Klasyczne rozwia zania równania Poissona. Be dziemy rozpatrywać klasyczne rozwia zania zagadnienia (4.1), (4.2). W Twierdzeniu (4.6) podane sa warunki na f i gwarantuja ce istnienie klasycznych rozwia zań. Udowodnimy, że istnieja rozwia zania klasyczne przy znacznie s labszych za lożeniach o, f i ϕ. Zaczniemy od tzw. zasad maksimum, które sa podstawowym narze dziem analizy rozwia zań równań eliptycznych. Zasady maksimum. Udowodnimy prosty pomocniczy Lemat 5.1 Jeśli u C 2 () C 0 ( ) i u > 0, to maksimum funkcji u nie może być osia gnie te w. Dowód. Za lóżmy, że maksimum funkcji u przyje te jest w punkcie x 0. Wtedy u(x 0 ) 0, co jest sprzeczne z naszym za lożeniem. Poniższy lemat nosi nazwe s labej zasady maksimum. Lemat 5.2 Jeśli u C 2 () C 0 ( ) i u 0, to u osia ga maksimum na. Dowód. Wprowadzamy funkcje pomocnicza w(x) = u + εe x 1, x 1 oznacza pierwsza wspó lrze dna punktu x i ε > 0. Oczywiście w = u + εe x 1 > 0. Funkcja w osia ga maksimum na i na mocy poprzedniego lematu sup x u(x) < sup w(x) sup w(x) sup u(x) + ε sup e x 1 x x x x Przechodza c z ε 0 dostajemy sup x u(x) sup x u(x). Ze s labej zasady maksimum wynikaja natychmiast dwa wnioski. 21
Wniosek 5.1 Funkcja harmoniczna i cia g la w osia ga swoje kresy na. Wniosek 5.2 Zagadnienie (4.1), (4.2) ma co najwyżej jedno klasyczne rozwia zanie. Poniższy lemat odgrywa tutaj pomocnicza role przy dowodzie mocnej zasady maksimum, ale poza tym znajduje wiele zastosowań. Lemat 5.3 (E. Hopf) Zak ladamy, że K := K R (0) IR n, x 0 K, u C 2 (K) C(K {x 0 }), u 0 oraz u(x) < u(x 0 ) dla x K. Wtedy dla takiego wektora n, że n ν(x 0 ) > 0 (ν(x 0 ) wektor normalny zewne trzny do w punkcie x 0 ) zachodzi nierówność 1 lim inf t 0 + t [u(x0 ) u(x 0 tn)] > 0. W szczególności, jeśli u C 1 (K {x 0 }), to u n > 0. Dowód. Bez zmniejszania ogólności, możemy za lożyć, biora c ewentualnie mniejsza kule, że K = K R (0), u(x) < u(x 0 ) dla x K {x 0 } i u C 0 ( K). Wprowadzamy funkcje pomocnicza w(x) = u(x) + εh(x), gdzie h(x) = e x 2 e R2 0. Oznaczmy Σ = K K R/2 (x 0 ) i zauważmy, że w > 0 na Σ. Wynika sta d, że w nie może osia gać maksimum na Σ. Dowodzimy, że dla dostatecznie ma lych ε, w osia ga maksimum w x 0. Na Σ K h(x) = 0, a wie c w(x) < w(x 0 ) i dla x Σ K u(x) < u(x 0 ). Jeśli dobierzemy ε dostatecznie ma le, to taka sama nierówność be dzie zachodzić dla funkcji w. W rezultacie w(x 0 ) w(x 0 tn) 0, t dla dostatecznie ma lych dodatnich t. Przechodza c z t 0 dostajemy bo h n < 0. u(x 0 ) u(x 0 tn) lim inf t 0 t ε h n (x0 ) > 0, Jak wspomnieliśmy, wnioskiem z zasady Hopfa jest Twierdzenie 5.1 (Mocna zasada maksimum) Jeśli u C 2 () C 0 ( ), u 0 i u przyjmuje maksimum w, to u jest funkcja sta la. Dowód. Po lóżmy Q = {x : u(x) = sup y u(y)}. Q jest zbiorem domknie tym w. Mamy wykazać, że jest pusty lub pokrywa sie z. Za lóżmy, że jest w laściwym podzbiorem. Istnieje wtedy taka kula K, że K \ Q i K Q. Jeśli x 0 K Q, to u(x 0 ) > u(x) dla x K. 22
Sta d, na mocy zasady Hopfa pochodna w kierunku wektora ν normalnego do K w punkcie x 0 jest dodatnia, u(x ν 0) = u(x 0 ) ν > 0, co przeczy temu, że x 0, a wie c u(x 0 ) = 0. Mocna zasada maksimum pozwala oszacować rozwia zanie przez jego wartości na brzegu oraz prawa strone równania. Wniosek 5.3 Jeśli f C 0 ( ), ϕ C 0 ( ) i u jest klasycznym rozwia zaniem (4.1), (4.2), to (5.1) u(x) max ϕ + C max f.[osz1] Dowód. Możemy za lożyć, że {x : 0 x 1 d}. K ladziemy w(x) = M + (e βd e βx 1 )F, gdzie M = max ϕ, F = max f. Dla dostatecznie dużych β, (w+u) = w+ u = β 2 e x 1 F f < 0, a na, w+u = w+ϕ 0. Z zasady maksimum w u. Przeprowadzaja c podobne rozumowanie dla funkcji w u, dostajemy u w. W rezultacie w u w, a wie c spe lniona jest nierówność (5.1). Istnienie rozwia zań klasycznych. Zaczniemy od twierdzenia, które mówi, że dla dostateczne regularnych warunków brzegowych istnieja funkcje harmoniczne spe lniaja ce te warunki. W dowodzie wykorzystamy Lemat 5.4 [lem] Jeśli f C 1 ( ) i U jest potencja lem obje tościowym zwia zanym z f, to U C 2 () C 1 ( ) i U spe lnia równanie U = f. Dowód. Przypomnijmy, że potencja lem obje tościowym funkcji f nazywamy funkcje U zadana wzorem U(x) = E n (x y)f(y) dy. Korzystaja c z mierzalności i ograniczoności f latwo wykazać, że U C 1 ( ) oraz U E n (x y) (5.2) = f(y) dy.[lem1] x i y i Jeśli f C 1 ( ), to ze wzoru (1.3) dostajemy (5.3) U = E n (x y) f x i y dy E n (x y)f(y)ν i (y) ds y.[lem2] Pierwsza ca lka w (5.3) jest potencja lem obje tościowym funkcji f y C0 ( ), a wie c, jako funkcja x, należy do C 1 ( ). Druga jako potencja l warstwy 23
pojedynczej jest g ladka. Wynika sta d, że U C 1 ( ) C 2 (). Niech v be dzie dowolna funkcja z C 2 c (). Wykorzystuja c (3.13) dostajemy (5.4) v(x) = E n (x y) v(y) dy.[lem3] Stosuja c teraz wzory Greena i twierdzenie Fubiniego oraz (5.4) otrzymujemy (5.5) v(x) U(x) dx = v(x)u(x) dx = ( ) v(x) E n (x y)f(y) dy dx = v(y)f(y) dy.[lem4] W ten sposób wykazaliśmy, że v(x)( U(x) f(x)) dx = 0 dla każdej v C 2 c (). Sta d natychmiast wynika, że U = f. Twierdzenie 5.2 Jeśli C 2, to istnieje funkcja u harmoniczna na i cia g la na przyjmuja ca zadane wartości ϕ C 0 ( ) na. Dowód. Za lóżmy, że C. Istnieje wtedy cia g ϕ n C ( ) zbieżny w C 0 do ϕ. Dla takich ϕ n, na mocy Twierdzenia (4.6), istnieja funkcje harmoniczne u n C 0 ( ) spe lniaja ce warunek brzegowy u n = ϕ n. Z zasady maksimum dla funkcji harmonicznych u n u m ϕ n ϕ m, a wie c u n zbiega jednostajnie na do pewnej funkcji u, która jako granica jednostajnie zbieżnego cia gu funkcji harmonicznych jest też harmoniczna. Oznaczmy przez Φ cia g le rozszerzenie ϕ na, a przez M = max x Φ(x). Niech i be dzie wste puja cym cia giem zbiorów otwartych, o brzegach klasy C, wype lniaja cych w sumie, i =. Jak wykazaliśmy wyżej, dla każdego i istnieje cia g funkcji harmonicznych u i,m zbieżny na i do funkcji harmonicznej u i spe lniaja cej warunek brzegowy u i i = Φ. Z cia gu u i,2 wybieramy podcia g zbieżny u ik,2 na 1, dalej z u ik,3 wybieramy podcia g zbieżny na 2, i.t.d.. Cia g u i,i, jak wynika z jego konstrukcji, jest zbieżny na do pewnej funkcji harmonicznej u. Pozostaje wykazać, że u C( ) i u = ϕ. Dopiero teraz wykorzystamy za lożenie C 2. Dowód dla wygody zapisu przeprowadzimy dla n > 2, na przypadek n = 2 przenosi sie on w naturalny sposób. Wybieramy dowolny punkt x 0 i chcemy wykazać, że lim x x0 u(x) = Φ(x 0 ). Φ jest funkcja cia g la, a wie c dla zadanego ε istnieje takie δ, że Φ(x) Φ(x 0 ) < ε dla x x 0 < δ. Niech K r (x 1 ) be dzie kula styczna zewne trznie do w punkcie x 0. Funkcja 24
w(x) = r 2 n x x 1 2 n jest harmoniczna dla x x 1 i w(x) 0 dla x. Dobieramy sta la C tak aby, Φ(x 0 ) ε Cw(x) Φ Φ(x 0 ) + ε + Cw(x) dla x. Funkcje u i,i (x) + Cw(x) i u i,i (x) Cw(x) sa harmoniczne w i, cia g le na i oraz (u i,i + Cw) = (Φ + Cw) > Φ(x 0 ) ε, (u i,i Cw) = (Φ Cw) < Φ(x 0 ) + ε. Sta d na mocy zasady maksimum u i,i (x) + Cw(x) > Φ(x 0 ) ε i u i,i (x) Cw(x) > Φ(x 0 ) + ε. W rezultacie dostajemy oszacowanie Φ(x 0 ) ε Cw(x) u(x) Φ(x 0 ) + ε + Cw(x) dla x i. Przechodza c teraz z i, a naste pnie z x x 0, otrzymujemy Φ(x 0 ) ε lim inf x x 0 u(x) lim sup x x 0 u(x) Φ(x 0 ) + ε, a sta d lim x x0 u(x) = Φ(x 0 ). Przejdźmy do problemu istnienia rozwia zania równania Poissona (4.1) z niejednorodnym warunkiem brzegowym (4.2). Twierdzenie 5.3 Jeśli C 2, f C 1 ( ) i ϕ C 0 ( ), to zagadnienie (4.1), (4.2) ma klasyczne rozwia zanie. Dowód. Na mocy Lematu (5.4) U(x) = E n(x y)f(y) dy jest klasycznym rozwia zaniem (4.1) i U C 2 () C 0 ( ). Z poprzedniego twierdzenia wynika istnienie funkcji harmonicznej v C 0 ( ) spe lniaja cej warunek brzegowy v = ϕ U. Oczywiście u = U + v jest klasycznym rozwia zaniem naszego problemu. Funkcja Greena. Oznaczmy przez γ(x, y) funkcje dwóch zmiennych spe lniaja ca naste puja ce warunki: γ(x, ) C 2 () C 1 ( ), y γ(x, y) = 0 dla y, γ(x, y) = E n (x, y) dla y. Istnienie funkcji γ jest gwarantowane Twierdzeniem (4.6) i odpowiednimi za lożeniami o regularności. 25
Definicja 5.1. Funkcje G(x, y) = E n (x, y) + γ(x, y) nazywamy funkcja Greena dla operatora Laplace a W interpretacji fizycznej G(x, y) jest potencja lem elektrycznym w punkcie y wytworzonym przez ladunek jednostkowy umieszczony w punkcie x. Warunek trzeci w definicji oznacza, że brzeg obszaru zosta l uziemiony. Jeśli u jest klasycznym rozwia zaniem zagadnienia (4.1), (4.2) i f C 0 ( ), to (5.6) u(x) = G(x, y)f(y) dy + ϕ(y) G ν y (x, y) ds y.[wzor1] Odwrotnie, można też wykazać [2], [3], że jeśli u dana jest wzorem (5.6) i f spe lnia warunek Höldera to u jest rozwia zaniem (4.1), (4.2). W dalszej cze ści, w dowodach istnienia rozwia zań zagadnień nieliniowych wykorzystywać be dziemy oszacowania funkcji Greena. Twierdzenie 5.4 Prawdziwe sa naste puja ce oszacowania funkcji Greena i jej pochodnych: (a). 0 < G 2 (x, y) < E 2 (x, y) + 1 log diam, 2π (b). 0 < G n (x, y) < E n (x, y) dla n > 2, C (c). G n <, gdzie sta la C zależy tylko od obszaru. x y n 1 Dowód. Ograniczymy sie tylko do dowodu pierwszych dwóch nierówności. Dowód oszacowań pochodnych jest znacznie trudniejszy [8]. Ustalmy x i oznaczmy G(y) = G(x, y). Z definicji funkcji Greena wynika, że G(y) +, gdy y x. Istnieje wie c takie r > 0, że G(y) > 0 w K r (x). G jest harmoniczna w \ K r (x), G = 0 i G Kr(x) > 0. Z zasady maksimum wynika, że G(y) > 0 w \ K r (x), a tym samym G > 0 w. Z zasady maksimum wynika też, że jeśli n > 2, to γ(x, ) < 0 w. Dostaliśmy tym samym oszacowanie (b). Dla n = 2, E 2 (x, y) 1 log diam dla y, a wie c z zasady maksimum γ < 1 log diam. Ska d natychmiast wynika (a). 2π 2π 6. Nieliniowe równania Poissona. Zajmiemy sie zagadnieniem postaci (6.1) (6.2) u = f(u), [n1] u = 0.[n2] Poniższy przyk lad wskazuje, że za lożenia regularności funkcji f nie gwarantuja istnienia rozwia zania problemu (6.1), (6.2). 26
Przyk lad 6.1. Rozpatrzmy zagadnienie (6.3) u = λe u, λ IR +, [n3] (6.4) u = 0.[nnn] Niech u 1, λ 1 be da odpowiednio pierwsza funkcja w lasna i pierwsza wartościa w lasna w obszarze. Wiadomo [2], że u 1 > 0 na i λ 1 > 0. Mnożymy równanie (6.3) przez u 1 i ca lkujemy po obszarze. Dostajemy u u 1 = u u 1 = u u 1 = λ 1 uu 1 = λ e u u 1 > λ uu 1. Sta d (λ 1 λ) uu 1 > 0, a wie c λ < λ 1. Wykazaliśmy w ten sposób, że dla λ λ 1 nasze zagadnienie nie ma rozwia zań. Z pomoca funkcji Greena zagadnienia różniczkowe (6.1), (6.2) możemy sprowadzić do równania ca lkowego (6.5) u(x) = G(x, y)f(u(y)) dy.[n4] Prawa strone (6.5) definiuje operator w G(x, y)f(w(y)) dy dzia laja cy na pewnej przestrzeni funkcyjnej X. Istnienie rozwia zania (6.5) sprowadza sie w ten sposób do znalezienia punktu sta lego tego operatora. Problem polega na odpowiednim doborze przestrzeni X i zastosowaniu jednego z twierdzeń o punkcie sta lym. Użyteczna dla nas be dzie wersja Twierdzenia Leraya-Schaudera, znana też jako Twierdzenie Schaefera. Twierdzenie 6.1 Zak ladamy, że odwzorowanie T przestrzeni Banacha X jest cia g le i zwarte oraz zbiór {u X : u = λt (u) dla pewnego λ [0, 1]} jest ograniczony. Wtedy T ma punkt sta ly. Zastosujmy ja do dowodu naste puja cego twierdzenia: Twierdzenie 6.2 Jeśli f jest funkcja nieujemna, cia g la i maleja ca, to zagadnienie (6.1), (6.2) ma dok ladnie jedno klasyczne rozwia zanie. Dowód. Przestrzenia X, w której be dziemy pracować, jest przestrzeń funkcji cia g lych na, X = C 0 ( ). Z cia g lości f wynika natychmiast cia g lość operatora T (w)(x) = G(x, y)f(w(y)) dy. Jego zwartość jest konsekwencja Twierdzenia Arzèli-Ascoliego oraz oszacowań na pochodne funkcji Greena. Istotnie, zauważmy, że jeśli A X jest podzbiorem ograniczonym, to sup w A T (w) C sup x x y 1 n dy C, a wie c obraz T (A) sk lada sie z funkcji wspólnie ograniczonych i jednakowo cia g lych. 27
Pozostaje do wykazania oszacowanie a priori rozwia zań równania u = λt (u). Jeśli u λ = T (u λ ), to 0 u λ (x) λ G(x, y) f(0) dy C(, f), co daje potrzebne oszacowanie na możliwe rozwia zania. Twierdzenie Schaefera nie gwarantuje jednoznaczności rozwia zań. Za- lóżmy wie c istnienie dwóch rozwia zań, u i v. Ich różnica spe lnia równanie (u v) = f(u) f(v). Mnożymy je obustronnie przez u v i ca lkujemy po. Dostajemy (u v) 2 = (f(u) f(v))(u v) 0, a wie c u v = 0. Bardzo ciekawym zagadnieniem jest podanie warunków na f lub obszar gwarantuja cych nieistnienie rozwia zań. Może sie to udać, jak w przyk ladzie (6.1), gdzie prawa strona by la specjalnej postaci. Rozpatrzmy ogólniejsze zagadnienie (6.6) u = λf(u), u = 0, [n5] nazywane czasami nieliniowym zagadnieniem w lasnym. Wykażemy, podobnie jak w przyk ladzie (6.1), że przy odpowiednich za lożeniach o f, dla dostatecznie dużych λ, (6.6) nie ma rozwia zań. Zauważmy, że do powtórzenia przeprowadzonego wcześniej rozumowania f(s) istotne jest tylko za lożenie lim s = a > 0, z którego wynika istnienie s takich sta lych a, b, że f(u) au + b. Mnoża c teraz równanie (6.6) przez pierwsza funkcje w lasna laplasjanu u 1 i ca lkuja c po dostajemy u 1 ( u) = λ 1 u 1 u = λ u 1 f(u) λ u 1 (au + b). Wynika sta d, że (λ 1 λa) uu 1 0, a wie c warunkiem koniecznym istnienia rozwia zań jest λ < λ 1 a. Bardzo pomocnym narze dziem w dowodach twierdzeń o nieistnieniu rozwia zań zagadnienia (6.1), (6.2) jest tzw. tożsamość Pokhożajewa. Zacznijmy od tożsamości : u ( ) Σ n u k=1x k x k = Σ n i,k=1x k x i ( ) u u x i x k Σ n 1 i,k=1 ( 2 x u k x k x i prawdziwej dla funkcji u C 2 () C 1 ( ), u L 1 (). Ca lkuja c przez cze ści pierwszy sk ladnik powyższej sumy dostajemy (ν u)(x u) u 2, ) 2 a drugi jest równy x ν u 2 n u 2. 28
W rezultacie dostajemy tzw. tożsamość Rellicha u ( ) Σ n u k=1x k x k = (ν u)(x u)+ n 2 2 u 2 1 2 x ν u 2. Za lóżmy, że u C 2 () C 1 ( ) jest rozwia zaniem (6.1), (6.2) z f C 0 (IR). Oznaczmy przez F funkcje pierwotna f, F = f. Ca lkuja c przez cze ści otrzymujemy u ( ) Σ n u k=1x k x k = f(u)σ n u k=1x k = x k Σ n k=1f u (u)x k = x k F (u) ν xf (0). Σ n k=1x k F (u) = x k Punkt x traktowany jako wektor, przedstawiamy w postaci x = (x ν)ν +(x t) t, gdzie t jest wektorem jednostkowym stycznym do w punkcie x. Z przedstawienia tego natychmiast dostajemy x u = u u = (x ν). x ν Sta d u 2 (ν u)(x u) = (x ν). ν Korzystaja c teraz z tożsamości Rellicha otrzymujemy tożsamość Pokhożajewa (6.7) + n 2 2 (x ν) 2 ( ) 2 u + F (0) ν x ν u 2 n F (u) = 0.[poch] Znajduje ona zastosowania w dowodach twierdzeń o nieistnieniu rozwia zań pewnych klas równań w obszarach gwiaździstych. Przypomnijmy, że Definicja 6.1. Obszar nazywamy gwiaździstym wzgle dem pocza tku uk ladu wspó lrze dnych, jeśli dla każdego x, x ν > 0. Jak wcześniej ν oznacza wektor zewne trzny normalny do w punkcie x. Wniosek 6.1 Jeśli d > n+2 i obszar jest gwiaździsty, to zagadnienie n 2 u = u d, u = 0 nie ma rozwia zań u C 2 () C 1 ( ). Dowód. W naszym przypadku F (u) = ud+1 d+1 i (6.7) ma postać ν x 2 ( ) 2 u + n 2 u 2 u d+1 n ν 2 d + 2 = 0. 29
Z za lożenia gwiaździstości wynika, że pierwszy sk ladnik powyższej sumy jest nieujemny, a wie c n 2 u 2 u d+1 (6.8) n 2 d + 2.[n10] Mnoża c nasze równanie przez u i ca lkuja c po dostajemy (6.9) u 2 = u d+1.[n11] Z (6.8) i (6.9) wynika, że n 2 2 a wie c d n+2 n 2. u 2 n u 2, d + 1 7. Nielokalne zagadnienia eliptyczne. Zajmiemy sie problemem istnienia (nieistnienia) rozwia zań zagadnień postaci (7.1) u = M f(u) f(u), u = 0.[nn1] Zagadnienia tego typu pojawiaja sie w teorii elektrolitów, termistorów oraz ewolucji uk ladów cza stek wzajemnie oddzia luja cych. Z pomoca funkcji Greena przekszta lcamy (7.1) do postaci ca lkowej (7.2) u(x) = Mµ G(x, y)f(u(y)) dy, [nn2] gdzie µ = ( f(u)) 1. Prawa strone (7.4) traktujemy jak przekszta lcenie przestrzeni C 0 ( ) w siebie. Z oszacowań funkcji Greena wynika, że jest ono cia g le i zwarte, jeśli tylko f jest funkcja cia g la. Jeśli dodatkowo jest maleja ca, dostajemy oszacowanie na norme rozwia zania Wynika z niego, że jeśli u MC()f(0)(f( u )) 1. lim zf(z) > MC(), z to dysponujemy oszacowaniem a priori rozwia zań (7.1). Przy za lożeniu, że f jest funkcja rosna ca u MC()f( u ), oszacowanie na rozwia zanie dostaniemy, jeśli tylko z lim z f(z) > MC(). Aby uzyskać mocniejsze twierdzenia o istnieniu rozwia zań wykorzystamy 30