Лекции по прикладному функциональному анализу. Учебное пособие

Необходимость. Если A(u) = f, то в силу монотонности оператора A, мы имеем

hA(v) f; v ui = hA(v) A(u); v ui 0:

Достаточность. Пусть теперь имеет место (5.18). Положим v = u + w, > 0,

8 w 2 V . Тогда

hA(u + w)) f; wi 0 8 w 2 V:

Разделив на и переходя к пределу при ! 0, получаем

hA(u) f; wi 0 8 w 2 V;

Откуда стандартно следует A(u) = f.

Следующие леммы проясняют структуру множества решений операторного уравнения.

II этап.

Лемма 5.2.4. Множество решений операторного уравнения A(u) = f выпукло и замкнуто.

Доказательство. Пусть

E = fu 2 V; A(u) = fg:

Фиксируем v и определяем

Sv = fu 2 V : hA(v) f; v ui 0g:

Положим

\

S = Sv = fu 2 V; hA(v) f; v ui 0; 8 v 2 V g:

v2V

Легко видеть, что таким образом определенное множество S есть определение решения операторного уравнения через вариационное неравенство (см. лемму о вариационном неравенстве). Следовательно, E = S = \v2V Sv. Рассмотрим Sv при фиксированном v и обозначим A(v) f = v 2 V , v u = w 2 V . Тогда Sv примет вид

Sv = fu 2 V : hv ; wi 0g;

51

т.е. Sv является полупространством, т.е. замкнутым, выпуклым множеством. Тогда и

E также является замкнутым и выпуклым как пересечение замкнутых и выпуклых множеств.

III этап.

Лемма 5.2.5. Множество решений E операторного уравнения A(u) = f принадлежит сфере fjjujjV = g с подходящим радиусом .

Доказательство. Если A(u) = A(v) = f, тогда jjujjV = jjvjjV = (f).

IV этап. Переходим непосредственно к доказательству теоремы. Пусть операторное уравнение A(u) = f допускает два различных решения u1 и u2. Тогда

w = u1 + (1 )u2 2 E; 2 [0; 1];

так как согласно лемме 5.2.4. множество решений E выпукло. Из леммы 5.2.5. вытекает, что jju1jjV = jju2jjV = jjwjjV = . С другой стороны, в силу строгой выпуклости пространства B, имеем

= jjwjjV = jj u1 + (1 )u2jjV < jju1jjV + (1 )jju2jjV = :

Из полученного противоречия и вытекает утверждение теоремы. .

52

Пример. Пусть V = Wp1( ), ограниченная в Rn область с гладкой границей. Классическая норма в Wp1( ) имеет вид

Эквивалентная ей норма может быть задана следующим образом

0

Wp1( ) множество функций из Wp1( ), которые обращаются в ноль на границе . Они образуют замкнутое подпространство в Wp1( ).

Лемма 6.1.2. Всякое отображение двойственности монотонно.

Доказательство.

hJ(u) J(v); u vi = hJ(u); ui + hJ(v); vi hJ(u); vi hJ(v); ui = jjJ(u)jjV jjujjV + jjJ(v)jjV jjvjjV hJ(u); vi hJ(v); ui:

Заметим, что

следовательно,

hJ(u) J(v); u vi jjJ(u)jjV jjujjV +jjJ(v)jjV jjvjjV jjJ(u)jjV jjvjjV jjJ(v)jjV jjujjV :

Положим для удобства jjujj = a, jjvjj = b, тогда

hJ(u) J(v); u vi (a)a + (b)b (a)b (b)a = ( (a) (b)) (a b) 0;

в силу того, что возрастающая функция. Отсюда сразу вытекает, что J монотонный оператор.

Замечание. Можно доказать, что если пространство V строго выпукло, то оператор двойственности J строго монотонный.

54

§ 6.2 Теоремы существования и единственности.

В этом разделе мы докажем теоремы о существовании отображений двойственности и разрешимости операторных уравнений вида J(u) = f.

Теорема о существовании и единственности отображения двойственности.

Пусть V действительное банахово пространство, : R+ 7 !R+ непрерывная, строго возрастающая функция такая, что (0) = 0, (r) ! 1 при r ! 1 . Тогда существует отображение двойственности J относительно . Это отображение единственно, если пространство V выпукло.

Доказательство. Пусть S единичная сфера в V . По теореме о существовании нетривиальных линейных функционалов (см. Введение) имеем, что

Определим оператор J : V 7 !V следующим образом

Здесь u выбирается по вектору jjwwjjV 2 S, т.е.

Докажем, что J(w) является отображением двойственности относительно . Действительно,

и, следовательно, J(w) является отображением двойственности относительно . Докажем теперь единственность этого отображение при условии строгой выпук-

лости пространства V . Предположим, что существуют два различных отображения двойственности J1(w) и J2(w), соответствующие функции . Из определения отображения двойственности следует

55

Для произвольного 2 [0; 1] и для любого w 2 V верно:

h J1(w); wi + h(1 )J2(w); wi = (в силу(6:1)) =

( (jjwjjV ) + (1 ) (jjwjjV )) jjwjjV = (jjwjjV )jjwjjV :

С другой стороны имеет место неравенство

h J1(w); vi + h(1 )J2(w); vi ( jjJ1(w)jjV + (1 )jjJ2(w)jjV )jjvjjV =

Из (6.6), (6.7) следует, что

Условия теоремы предполагают выпуклость пространства V . Используя ее, получаем

(jjwjjV ) = (в силу(6:8)) = jj J1(w) + (1 )J2(w)jjV <

jjJ1(w)jjV + (1 )jjJ2(w)jjV = (в силу(6:5)) = (jjwjjV ):

Из полученного противоречия следует утверждение теоремы о единственности отображения двойственности.

Замечание. Из (6.6) и (6.8) вытекает, что множество отображений двойственности относительно некоторой фиксированной является выпуклым.

Прежде чем сформулировать и доказать теорему о разрешимости операторного уравнения J(u) = f, докажем, что отображения двойственности семинепрерывны.

Лемма 6.2.1. Пусть V сепарабельное, рефлексивное банахово пространство, V

строго выпуклое сопряженное с ним. Тогда отображение двойственности J относительно семинепрерывно.

Доказательство. По предыдущей теореме существует только одно отображение двойственности для заданной , которое определяется конструкцией, описанной в этой же теореме. Пусть u; v 2 V . Тогда для любого > 0 имеем

56

Очевидно, отображения 7 !ujj+ vjjV и r 7 ! (r) непрерывны, следовательно,

Легко видеть, что для 2 [0; 1]

(jju + vjjV ) (jjujjV + jjvjjV ) C0;

где C0 не зависит от . Заметим, что

jjJ(u + v)jjV = (jju + vjjV )jju jjV C0;

следовательно по теореме Алаоглу имеем, что существует u 2 V и последовательность f kg ! 0 при k ! 1 такие, что

Оценим правую часть в (6.13)

h u; ui jj ujjV jjujjV

и, учитывая (6.13), получаем (jjujjV ) jj ujjV . Заметим, что u является слабым пределом последовательности fJ(u + kv)g, а, следовательно,

57

двойственности относительно некоторой строго возрастающей функции , удовлетворяющей условиям (0) = 0, (r) ! 1 при r ! 1. Тогда J 1 : V 7 !V , которое каждому f 2 V сопоставляет единственное решение уравнения J(u) = f, является отображением двойственности относительно функции 1.

§ 6.3 Задача Дирихле для уравнения с p-лапласианом.

Постановка задачи. В ограниченной области Rn с гладкой границей @ требуется найти функцию u = u(x), удовлетворяющую нелинейному уравнению диффузии

и краевому условию

u = 0; (6.15)

@

где 1 < p < 1 фиксированная постоянная, f = f(x) заданная функция. Развернутая запись (6.14) имеет вид

Определение 6.3.1. Оператор

p : u 7 !div(jrujp 2ru)

называется p-лапласианом.

0

Отметим некоторые свойства пространства Wp1( ) и сопряженного к нему. Рас-

0

смотрим пространство V = Wp1( ). Известно, что V = Wq 1( ), где q = p p 1 . Положим p 2, тогда Lp Lp = Lq и

0

Wp1( ) Lp Lq = Lp Wq 1;

То же самое верно и для случая p < 2. Норма в Wq 1 задается следующим образом

59

Перечислим некоторые свойства пространства Wq 1( ):

1.Wq 1( ) банахово пространство,

2.Если 1 < p < 1, то Wq 1( ) сепарабельное, рефлексивное банахово пространство.

Дадим теперь характеристику пространства Wq 1( ). Пусть p 2 [1; 1), тогда u 2

Wq 1( ) равносильно тому, что существует последовательность fu gj j1 2 Lq такая,

что

n

XX

u = D u = u0 + (ui)xi в D0( );

где D0( ) пространство линейных функционалов над пространством D( ) бесконечно дифференцируемых финитных функций. Это представление для u не единственно. Заметим, что пространство D0( ) является пространством обобщенных функций и производная от ui 2 Lq понимается в смысле производной от обобщенной функции, т.е.

0

Корректность задачи. Для ' 2 Wp1( ) положим

60