用户: Fyx1123581347/偏微分方程/变分方法/Dirichlet 问题的变分表述

1Sobolev 空间回顾

给定非负整数 $k$, $\Omega \subseteq {\mathbb{R}}^n$ 为有界开集,$$H^k(\Omega ):=\{u\in L^2(\Omega )\mid {\partial }^{\alpha }u\in L^2(\Omega ),\forall |\alpha |\le k\},$$其上有内积$$(u,v{)}_{H^k}=\sum _{|\alpha |\le k}({\partial }^{\alpha }u,{\partial }^{\alpha }v).$$

很明显 $C_0^{\infty }(\Omega )\subset H^k(\Omega )$, 记其在 $H^k$ 范数下的闭包为 $H_0^1(\Omega )$.

负指数的 Sobolev 空间定义为$$H^{-k}(\Omega ):=\{u\in {\mathcal{D}}^{\prime }(\Omega )\mid \exists C,\forall \varphi \in \mathcal{D}(\Omega ),|⟨u,\varphi ⟩|\le C{\Vert \varphi \Vert }_{H^k}\}.$$

由定义不难看出, 配对 $H^{-k}(\Omega )\times \mathcal{D}(\Omega )\to \mathbb{R}$ 可以延拓到 $H^{-k}(\Omega )\times H_0^1(\Omega )$ 上, 这给出了同构$$H^{-k}(\Omega )\simeq {\left(H_0^1(\Omega )\right)}^{\ast }.$$

引理 1.1. 对 $u\in H_0^1(\Omega ),v\in H^1(\Omega ),1\le k\le n$, 有$${\int }_{\Omega }{\partial }_{k}u\cdot vdx=-{\int }_{\Omega }u\cdot {\partial }_{k}vdx.$$

定理 1.2 (Poincaré 不等式). 设 $\Omega \subset {\mathbb{R}}^n$ 为有界区域, 则存在仅依赖于 $\Omega$ 的常数 $C$, 使得对任意的 $u\in H_0^1(\Omega )$ 有$${\int }_{\Omega }{\left|u\right|}^{2}dx\le C{\int }_{\Omega }{\left|\nabla u\right|}^{2}dx.$$

我们将此记作 ${\Vert u\Vert }_{L^2}{\lesssim }_{\Omega }{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}$, 并在 $H_0^1$ 上定义新的内积$$(u,v{)}_{H_0^1}=(\nabla u,\nabla v{)}_{L^2}.$$我们此后总是假设它的内积如上, 其与 $H^1$ 上的内积给出 $H_0^1$ 上等价的范数.

定理 1.3. 设 $\Omega \subset {\mathbb{R}}^n$ 为有界区域, 则$$\iota :H_0^1(\Omega )\to L^2(\Omega )$$为紧嵌入.

2Dirichlet 原理

历史上, 我们要求解方程$$\{\begin{array}{l}-△u=f,\\ u{|}_{\partial \Omega }=0.\end{array}$$其中 $f\in L^2(\Omega )$ 给定.

预设 (Ansatz): $u\in H_0^1(\Omega )$, 这样第二条自动满足.

Dirichlet 原理: 方程的解 $⟷$ 泛函临界点.

定义能量泛函$$E:H_0^1(\Omega )⟶\mathbb{R}$$$$u⟼E(u):=\frac{1}{2}{\int }_{\Omega }|\nabla u{|}^{2}dx-{\int }_{\Omega }f(x)u(x)dx.$$

假设 $u$ 为 $E$ 的极小值点, 则对任何 $\varphi \in C_0^{\infty }(\Omega )$, 以及 $t\ll 1$, 都有$$E(u+t\varphi )\ge E(u)⟹\frac{d}{dt}{|}_{t=0}E(u+t\varphi )=0.$$

计算$$\begin{array}{r}E(u+t\varphi )=E(u)+t{\int }_{\Omega }\nabla u\cdot \nabla \varphi -t{\int }_{\Omega }f\varphi +O(t^2)\end{array}$$

因此有$${\int }_{\Omega }\nabla \varphi \cdot \nabla u-f\varphi =0,\forall \varphi ,$$或者$${\int }_{\Omega }(-△u-f)\cdot \varphi =0,$$即 $-△u\stackrel{{\mathcal{D}}^{\prime }}{=}f$.

极小化子序列与收敛性

能量泛函 $E:H_0^1\to \mathbb{R}$ 是下有界的:$$\begin{array}{rl}E(u)& \ge \frac{1}{2}{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^2-{\Vert f\Vert }_{L^2}{\Vert u\Vert }_{L^2}\\ & \ge \frac{1}{2}{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}^2-C{\Vert f\Vert }_{L^2}{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2}\\ & >-\infty .\end{array}$$

令 $E_{\ast }={\inf }_{u}E(u)$, 则存在 $H_0^1(\Omega )$ 中的序列 $u_k$, 使得 $E(u_k)\to E_{\ast }$. 与上面相同的估计说明 $u_k$ (在 $H_0^1$ 中) 是有界的.

回忆在 Hilbert 空间中, 若 $\{x_k\}$ 有界, 则存在弱收敛子序列; 若 $x_k\rightharpoonup x$, 则 $\Vert x\Vert \le \mathrm{liminf}\Vert x_k\Vert$.

不妨设 $u_k\rightharpoonup u\in H_0^1(\Omega )$, 则 $u_k$ 在 $L^2(\Omega )$ 中强收敛到 $u$, 故$$\begin{array}{rl}E(u)& =\frac{1}{2}{\int }_{\Omega }{\left|\nabla u\right|}^2-{\int }_{\Omega }f\cdot udx\\ & \le \mathrm{liminf}\left(\frac{1}{2}{\int }_{\Omega }{\left|\nabla u_k\right|}^2-{\int }_{\Omega }f\cdot u_{k}dx\right)\\ & \le E_{\ast },\end{array}$$故 $E(u)=E_{\ast }$. 因此存在 $u$ 取到能量泛函的最小值, 由上述讨论知 $-△u\stackrel{{\mathcal{D}}^{\prime }}{=}f$.

唯一性

假设 $u,v\in H_0^1(\Omega )$ 使得 $-△u=-△v\in L^2(\Omega )$, 则 $u=v$. 为此只要说明若 $-△w=0$, 则 $w=0$. 如果有某种分部积分公式, 那么$${\int }_{\Omega }{\left|\nabla w\right|}^2={\int }_{\Omega }-△w\cdot w=0.$$为此只需如下的引理:

引理 2.1. 设 $u,v\in H_0^1(\Omega )$, 则$${\int }_{\Omega }{\partial }_j{\partial }_{k}u\cdot v=-{\int }_{\Omega }{\partial }_{k}u\cdot {\partial }_{j}v.$$

左边其实是 $H^{-1}(\Omega )\times H_0^1(\Omega )$ 上的配对, 回忆有$$H_0^1(\Omega )L^2(\Omega )H^{-1}(\Omega ).\nabla \nabla$$而右边是有界的, 因此只要对 $v\in \mathcal{D}(\Omega )$ 验证, 而这是平凡的.

综上, 我们证明了

定理 2.2. 设 $\Omega \subset {\mathbb{R}}^n$ 为有界区域, 则对任何 $f\in L^2(\Omega )$, 存在唯一的 $u\in H_0^1(\Omega )$ 使得 $-△u\stackrel{{\mathcal{D}}^{\prime }}{=}f$.

我们往后会求解若干特殊的方程.

3技术补充: Sobolev 不等式

回忆对 $s\in \mathbb{R}$,$${\Vert u\Vert }_{H^s}^2={\int }_{{\mathbb{R}}^n}(1+{\left|\xi \right|}^2{)}^s{\left|\hat{u}(\xi )\right|}^{2}d\xi ,$$$${\Vert u\Vert }_{{\dot{H}}^s}^2={\int }_{{\mathbb{R}}^n}{\left|\xi \right|}^{2s}{\left|\hat{u}(\xi )\right|}^{2}d\xi .$$

命题 3.1 (齐次 Sobolev 嵌入). 令 $0\le s<\frac{n}{2}$, 则 $H^s({\mathbb{R}}^n)$ 可以连续嵌入 $L^p({\mathbb{R}}^n)$, 其中 $p=\frac{2n}{n-2s}\in [2,\infty )$, 并且存在常数 $C=C(s,n)>0$ 使得$${\Vert u\Vert }_{L^p}\le C{\Vert u\Vert }_{{\dot{H}}^s}.$$

例 3.2. 对 $n=3,s=1$, $${\Vert u\Vert }_{{\dot{H}}^s}^2={\int }_{{\mathbb{R}}^3}{\left|\nabla u\right|}^{2}dx,$$上述不等式为$${\Vert u\Vert }_{L^6}\le C{\Vert \nabla u\Vert }_{L^2},$$最佳常数由一组解给出.

我们来看命题中的 $p$ 是如何得到的. 令 $u_{\lambda }(x)=u(\lambda x)$, 则$${\Vert u_{\lambda }\Vert }_{{\dot{H}}^s}={\lambda }^{s-\frac{n}{2}}{\Vert u\Vert }_{{\dot{H}}^s},$$$${\Vert u_{\lambda }\Vert }_{L^p}={\lambda }^{-\frac{n}{p}}{\Vert u\Vert }_{L^p},$$令 $s-\frac{n}{2}=-\frac{n}{p}$ 即得.

证明. 我们将 $u$ 分解为低频和高频部分, 即$$u=u_l+u_h,$$其中$${\hat{u}}_l=\hat{u}\cdot 1_{|\xi |<\mu },{\hat{u}}_h=\hat{u}\cdot 1_{|\xi |\ge \mu },$$$\mu$ 是待定的常数.

我们有$$\begin{array}{rl}{\Vert u_l\Vert }_{L^{\infty }}& \le {\int }_{{\mathbb{R}}^n}\left|{\hat{u}}_l\right|d\xi \\ & \le {\left({\int }_{|\xi |\le \mu }{\left|\xi \right|}^{-2s}d\xi \right)}^{\frac{1}{2}}{\left({\int }_{{\mathbb{R}}^n}{\left|\xi \right|}^{2s}{\left|\hat{u}\right|}^{2}d\xi \right)}^{\frac{1}{2}}\\ & =C_1{\mu }^{\frac{n}{2}-s}{\Vert u\Vert }_{{\dot{H}}^s}.\end{array}$$注意这里需要 $2s<n$ 方才能求积分.

回忆数分二中的推论 304

推论 3.3. $f$ 是测度空间 $(X,\mathcal{A},\mu )$ 上的正函数, 其中$$f:X\to [0,\infty )$$在 ${\mathbb{R}}_{⩾0}$ 上取值. 一元函数 $g:[0,\infty )\to [0,\infty )$ 是递增的并且连续可微, 它满足 $g(0)=0$, 那么$${\int }_{X}g\circ fd\mu ={\int }_{[0,\infty )}{g}^{\prime }(t)\mu (\{x\mid f(x)⩾t\})dt.$$

我们得到$${\int }_{{\mathbb{R}}^n}{\left|u\right|}^p=p{\int }_0^{\infty }{\lambda }^{p-1}m\left(\right\{x\mid |u(x)|>\lambda \left\}\right)d\lambda$$显然有$$m\left(\right\{|u|>\lambda \left\}\right)\le m\left(\right\{|u_l|>\lambda \left\}\right)+m\left(\right\{|u_r|>\lambda \left\}\right).$$对给定的 $\lambda$, 取 $\mu =\mu (\lambda )$ 使得$$C_1{\mu }^{\frac{n}{2}-s}{\Vert u\Vert }_{{\dot{H}}^s}=\frac{\lambda }{2},$$则 $\{|u_l|>\lambda /2\}$ 为空, 从而$$\begin{array}{rl}{\int }_{{\mathbb{R}}^n}{\left|u\right|}^p& \le p{\int }_0^{\infty }{\lambda }^{p-1}m\left(\right\{x\mid |u_{h(\lambda )}(x)|>\lambda \left\}\right)d\lambda \\ & \le p{\int }_0^{\infty }{\lambda }^{p-1}\frac{1}{(\lambda /2{)}^2}{\Vert u_h\Vert }_{L^2}^{2}d\lambda (\text{根据 Markov 不等式})\\ & =4p{\int }_0^{\infty }{\lambda }^{p-3}{\Vert u_h\Vert }_{L^2}^{2}d\lambda \\ & =C_2{\int }_0^{\infty }{\lambda }^{p-3}{\int }_{|\xi |\ge \mu (\lambda )}{\left|\hat{u}(\xi )\right|}^{2}d\xi d\lambda \\ & =C_2{\int }_{{\mathbb{R}}^n}\left({\int }_{\mu (\lambda )\le |\xi |}{\lambda }^{p-3}d\lambda \right){\left|\hat{u}(\xi )\right|}^{2}d\xi \\ & =C_3{\Vert u\Vert }_{{\dot{H}}^s}^p.\end{array}$$倒数第二个式子中有$$\mu (\lambda )\le |\xi |⟺\frac{\lambda }{2}\le C_1|\xi {|}^{\frac{n}{2}-s}{\Vert u\Vert }_{{\dot{H}}^s},$$且 $(\frac{n}{2}-s)(p-2)=2s$.

$\square$