INTRODUCCIÓN A LOS ESPACIOS DE SOBOLEV- AULA 3

INTRODUCCIÓN A LOS ESPACIOS DESOBOLEV- AULA 3

Luz DE TERESA

Janeiro 2021

Escola de verão 2021, UFPB

Espacios de Sobolev

Sea Ω ⊂ Rn.Definición

H1(Ω) es el subespacio de L2(Ω) definido como

H1(Ω) = v ∈ L2(Ω)|∂xi v ∈ L2(Ω),∀i = 1, · · · ,n..

Para u, v ∈ H1(Ω) podemos definir el producto interior

(u, v)1,2 =

∫Ω

(uv +∇u · ∇v) dx . (1)

Aquí

∇u · ∇v =n∑

i=1

∂xi u∂xi v . 1

Espacios de Sobolev

Teorema

El espacio vectorial H1(Ω) dotado del producto interior (1) es un es-pacio de Hilbert con la norma

‖u‖1,2 =

[∫Ω

u2 + |∇u|2dx]1/2

.

2

Definición

H10 (Ω) = la cerradura de D(Ω) en H1(Ω).

3

Espacios de Sobolev

Teorema (Teorema de Poincaré)

Sea Ω ⊂ Rn un abierto acotado en una dirección, entonces existeuna constante C(Ω) > 0 tal que para todo u ∈ H1

0 (Ω) se tiene∫Ω|u|2dx ≤ C(Ω)

∫Ω|∇u|2dx . (2)

En particular si definimos |u|1 =(∫

Ω |∇u|2dx)1/2 obtenemos una

norma en H10 (Ω) equivalente a la norma ‖u‖1,2.

4

CorolarioLa desigualdad de Poincaré implica que, cuando Ω es acotado,H1

0 (Ω) ( H1(Ω)

Denotamos (H1

0 (Ω))′

= H−1(Ω).

5

Dual

Teorema

F ∈ H−1(Ω) ssi existen f0, f1, · · · , fn ∈ L2(Ω) tal que

F = f0 +n∑

i=1

∂fi∂xi

. (3)

6

Demostración: Supongamos en primer lugar dadasf0, f1, . . . , fN ∈ L2(Ω). Es ver que la forma lineal F definida por

F (v) =

∫Ω

(f0 v +N∑

i=1

fi ∂iv) dx ∀v ∈ H10 (Ω). (4)

es continua. Por tanto, F ∈ H−1(Ω). Además,

|F (v)| ≤ ‖f0‖L2‖v‖L2 +N∑

i=1

‖fi‖L2‖∂iv‖L2 ≤

(N∑

i=0

‖fi‖2L2

)1/2

‖v‖H1 .

7

Recíprocamente, sea F ∈ H−1(Ω). Por el teorema de Representaciónde Riesz existe uF ∈ H1

0 (Ω) tal que

‖uF‖H1 = ‖F‖H−1 , (uF , v)H1 = F (v) ∀v ∈ H10 (Ω).

Tomamos f0 = uF y fi = ∂iuF para 1 ≤ i ≤ N

8

W 1,p

Sea Ω ⊂ RN un abierto no vacío. Para 1 ≤ p ≤ ∞, definimos

W 1,p(Ω) = f ∈ Lp(Ω)|∇f ∈ Lp(Ω)N

donde en el conjunto anterior el gradiente de f está tomado en elsentido de distribuciones. El espacio W 1,p(Ω) está dotado de la norma

‖u‖1,p =

(∫|u|p + |∇u|p

)1/p

.

9

Trazas

Teorema

Sea Ω un abierto acotado de clase de C1 en Rn y 1 ≤ p < ∞.Entonces existe un operador lineal y acotado

T : W 1,p(Ω)→ Lp(∂Ω)

tal que

1. Tu = u|∂Ω para todo u ∈W 1,p(Ω) ∩ C(Ω)

2. Existe una constante C > 0, que sólo depende de p y de Ω, talque

‖Tu‖Lp(∂Ω) ≤ C‖u‖W 1,p(Ω) para todo u ∈W 1,p(Ω)

3.u ∈W 1,p

0 (Ω) si y sólo si Tu = 0 en ∂Ω. 10

De manera general, m ∈ N.

Sea Ω ⊂ RN un abierto no vacío. Para 1 ≤ p ≤ ∞, definimos

W m,p(Ω) = f ∈W m−1,p(Ω)|∂xi f ∈ Lp(Ω)N , i = 1 · · ·N

‖u‖m,p =

∑0≤|α|≤m

‖Dαf‖pp

1/p

.

H1 = W 1,2, Hm = W m,2 .

11

SOLUCIÓN PROBLEMA DE POIS-SON

Solución problema de Poisson

−∆u = f en Ω

u = 0 sobre Γ.

Si f ∈ C(Ω) decimos que u es solución fuerte si u ∈ C2(Ω) satisfacepunto a punto −∆u = f

∆u =∂2u∂2

x1

+ · · ·+ ∂2u∂2

x1

13


Sea ϕ ∈ D(Ω). Si multiplicamos ambos lados por ϕ e integramos en Ω

obtenemos ∫Ω−∆uϕdx =

∫Ω

fϕdx .

Como(−∆u)ϕ = −div(ϕ∇u) +∇ϕ · ∇u

tenemos que ∫Ω

(−div(ϕ∇u) +∇ϕ · ∇u)dx =

∫Ω

fϕdx .

13


Por el Teorema de la divergencia, como ϕ|∂Ω = 0

∫Ω∇ϕ · ∇udx =

∫Ω

fϕdx ∀ϕ ∈ D(Ω). (5)

13


En realidad lo anterior tiene sentido si u ∈ H10 (Ω). Por esta razón

decimos que (5) es la formulación débil del problema de Poisson ydecimos que u es solución débil de si u es tal que

u ∈ H10 (Ω)∫

Ω∇v · ∇udx =

∫Ω

fvdx ∀v ∈ H10 (Ω).

13

Solución débil

TeoremaSea Ω ⊂ Rn un abierto no vacío y acotado en una dirección. Seaf ∈ H−1(Ω). Entonces, existe una única solución u del problema

u ∈ H10 (Ω)∫

Ω∇v · ∇udx =< f , v > ∀v ∈ H1

0 (Ω).(5)

donde < f , v > denota la dualidad H−1(Ω)− H10 (Ω).

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El Teorema de Lax-Milgram

Sea H un espacio de Hilbert (sobre R).

a : H × H → R

es bilineal sia(·, v) : H → R

es lineal para toda v ∈ H y

a(u, ·) : H → R

es lineal para toda u ∈ H. Es continua si existe C > 0 tal que

|a(u, v)| ≤ C‖u‖‖v‖, ∀u, v ∈ H.

Es coercitiva si existe α > 0 tal que

a(u,u) ≥ α‖u‖2.15


TeoremaSea a : H × H → R una forma bilineal, continua y coercitiva y seaf ∈ H ′. Entonces, existe un único u ∈ H tal que

a(u, v) =< f , v > ∀v ∈ H.

Si además a es simétrica, i.e. a(u, v) = a(v ,u), entonces u es elúnico minimizador del funcional

J(v) =12

a(v , v)− < f , v > .

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Teorema de Lax-Milgram

a(u, v) =

∫Ω∇u · ∇v

es un funcional bilineal, continuo y coercitivo en H10 (Ω)

El Teorema de Lax Milgram nos garantiza la existencia de una únicasolución u, solución débil del problema de Poisson.

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RESULTADOS AUXILIARES

Resultados auxiliares

Teorema

Sean H un espacio de Hilbert, K ⊂ V un convexo cerrado no vacíoy Φ : V 7→ R una función continua y convexa. Supongamos que, obien K es acotado, o bien Φ es coerciva en K , esto es, verifica

lımv∈K , ‖v‖→+∞

Φ(v) = +∞.

Entonces existe al menos un punto u ∈ H que verifica

Φ(u) ≤ Φ(v) ∀v ∈ K , u ∈ K .

Además, si Φ es estrictamente convexa, el punto u es único.

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El Teorema de la proyección

Sean H un espacio de Hilbert y A ⊂ H un subconjunto no vacío. Pordefinición, el ortogonal de A es el conjunto

A⊥ = x ∈ H : (x , y) = 0 ∀y ∈ A .

Es fácil probar que A⊥ es un subespacio cerrado de H, que A⊥ = A⊥

y que A⊥ ∩ A ⊂ 0.

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El Teorema de la proyección

Teorema

Sean H un espacio de Hilbert, K ⊂ H un convexo cerrado no vacíoy x0 ∈ H. Entonces existe un único punto x que verifica

‖x − x0‖ = ınfx∈K‖x − x0‖, x ∈ K . (6)

Además, x es el único punto de H que verificax ∈ K ,(x0 − x , x − x) ≤ 0 ∀x ∈ K .

(7)

21

Demostración: La existencia y unicidad de solución de (6) esconsecuencia del teorema 10

Veamos que (6) y (7) son equivalentes.

Si x verifica (6), entonces para cada x ∈ K y cada t ∈ (0,1), se tieneque

‖x − x0‖2 ≤ ‖(tx + (1− t)x)− x0‖2

= ‖x − x0‖2 − 2t(x0 − x , x − x) + t2‖x − x‖2,de donde

2t(x0 − x , x − x) ≤ t2‖x − x‖2.

Dividiendo por t y haciendo tender t a 0, obtenemos (7).

Recíprocamente, si x verifica (7), para cada x ∈ K se tiene

‖x − x0‖2 = (x − x0, x − x) + (x − x0, x − x0)

≤ (x − x0, x − x0) ≤ ‖x − x0‖ ‖x − x0‖.

Por tanto, también tenemos (6).22

RemarkLa caracterización (7) de x posee una sencilla interpretación geométrica:Por ejemplo, cuando H = RN con la distancia Euclídea, x es el punto de Ksituado a la menor distancia posible de x0. Por este motivo, x se denominaproyección de x0 sobre K .

RemarkEl teorema 11 puede ser también mirado como un resultado de existencia yunicidad de solución de (7).

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Como caso particular del teorema 11, tenemos:

Teorema

Sean H un espacio de Hilbert, M ⊂ H un subespacio cerrado y x0 ∈H. Entonces existe un único punto x que verifica

‖x − x0‖ = ınfx∈M‖x − x0‖, x ∈ M. (8)

Además, x es el único punto de H que verificax ∈ M,

x0 − x ∈ M⊥.(9)

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TeoremaSea a : H × H → R una forma bilineal, continua y coercitiva y seaf ∈ H ′. Entonces, existe un único u ∈ H tal que

a(u, v) = f (v) ∀v ∈ H, u ∈ H. (10)

Si además a es simétrica, i.e. a(u, v) = a(v ,u), entonces u estácaracterizado por ser la única solución del problema de mínimos

12

a(u, u)− f (u) = ınfv∈H

(12

a(v , v)− f (v)

), u ∈ H. (11)

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Demostración: Sea f ∈ H ′ y sea uf ∈ H el punto de H asociado a fpor el teorema R Riezs. Entonces (10) es equivalente a

Au = uf , u ∈ H, (12)

donde Au(v) = a(u, v)

Gracias a‖Av‖ ≥ α‖v‖ ∀v ∈ H. (13)

la ecuación en H, (12) posee a lo más una solución. Para demostrarque posee al menos una, veamos que el rango R(A) de A es a la vezcerrado y denso en H.

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Demostración (cont.)

Probar que R(A) es denso equivale a probar que R(A)⊥ = 0. Peroesto es inmediato: si v ∈ R(A)⊥, entonces 0 = (Av , v) ≥ α‖v‖2, dedonde v = 0.

Para probar que R(A) es cerrado, supongamos que un ∈ H para cadan ≥ 1 y que Aun → v en H y veamos que, en tal caso, v ∈ R(A).Tenemos que

α‖un − um‖2 ≤ (Aun − Aum,un − um) ≤ ‖Aun − Aum‖ ‖un − um‖,

de donde un es una sucesión de Cauchy y necesariamente existeu ∈ H tal que un → u. Pero entonces v = Au y en consecuenciav ∈ R(A), como queríamos demostrar.

27

Para demostrar que u está caracterizado por (11) cuando a(· , ·) essimétrica, razonaremos como sigue. En este caso, a(· , ·) es un nuevoproducto escalar en H y determina una norma ‖ · ‖a que esequivalente a la norma ‖ · ‖ de partida. Sea f ∈ H ′. Por el teorema ??,existe un único uf ∈ H que verifica

a(uf , v) = f (v) ∀v ∈ H, uf ∈ H.

Por tanto, la solución de (10) es u = uf , es decir, el único punto de Hque minimiza la cantidad ‖v − uf‖2a. Teniendo en cuenta que

12‖v − uf‖2a =

12

a(v , v)− f (v) +12‖uf‖2a ∀v ∈ H,

se deduce que u verifica (11).

28

DIMENSIÓN 1

Dimensión 1

Sea I un intervalo acotado, por Lax-Milgram, dada f ∈ L2(I) existe unúnico u ∈ H1

0 (I) solución de∫Iuxvx =

∫Ifv , ∀v ∈ H1

0 (I).

En particular, para v ∈ D(I) se satisface.....

Por definición derivada segunda en sentido de distribuciones tenemosque

−uxx = f en L2(I).

Es decir, se satisface la ecuación en L2(I) y u ∈ H2(I).

30

MÁS REGULARIDAD

Las inclusiones de Sobolev, indican que u ∈ C (I) y como u ∈ H2(I)tenemos que u′ ∈ C (I). Si f ∈ C (I) tenemos que u ∈ C2(I) y es unasolución clásica.

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Otras condiciones de frontera

Buscamos resolver −uxx = f en I = (0,1)

u(0) = a, u(1) = b.

32


Construimos h(x) ∈ C2[0,1] tal que h(0) = a,h(1) = b

32


Entonces v = u − h sería solución de−vxx = f + hxx en I = (0,1)

v(0) = 0, v(1) = 0.

y estamos en la situación anterior.

32

Problema de Sturm-Liouville

Queremos resolver para p ∈ C1(I), q ∈ C (I) y f ∈ L2(I)−(pvx )x + qv = f en I = (0,1)

v(0) = 0, v(1) = 0.

conp(x) ≥ α > 0.

33


Queremos resolver para p ∈ C1(I), q ∈ C (I) y f ∈ L2(I)−(pvx )x + qv = f en I = (0,1)

v(0) = 0, v(1) = 0.

conp(x) ≥ α > 0.

Si v es solución clásica, tenemos que∫Ipvxux +

∫Iqvu =

∫Ifu.

33


Si q ≥ 0 tenemos que

a(v ,u) =

∫Ipvxux +

∫Iqvu

es bilineal, continua y coercitiva en H10 (I).

33

Condiciones Neumann

Buscamos resolver −uxx + u = f en I = (0,1)

ux (0) = 0, ux (1) = 0.

34

Condiciones Neumann

Teorema

Para toda f ∈ L2(I) existe u ∈ H2(I) única solución del problema deNeumann, u viene dada por

mınv∈H1

12

∫I(v2

x + v2)−∫

Ifv.

Si f ∈ C (I) entonces u ∈ C2(I).

34

Condiciones Neumann

Si u es solución clásica, se tiene que∫Iuxvx +

∫Iuv =

∫Ifv , ∀v ∈ H1(I).

34

Condiciones Neumann

Tenemos que trabajar en H1(I) no en H10 (I).

Por el teorema de Lax-Milgram existe una única solución u ∈ H1(I)solución débil.

Tenemos que ∫Iuxvx =

∫I(f − u)v , ∀v ∈ D(I).

34

Condiciones Neumann

Tenemos que ∫Iuxvx =

∫I(f − u)v , ∀v ∈ D(I).

Esto nos indica que−uxx ∈ L2(I).

Por tanto u ∈ H2(I).

34

Condiciones Neumann

Esto nos indica que−uxx ∈ L2(I).

Por tanto u ∈ H2(I). Las inclusiones de Sobolev nos dicen queu ∈ C1(I). Podemos “deshacer” la integración por partes y obtenemos∫

I(−uxx + u − f )v + ux (1)v(1)− ux (0)v(0) = 0 ∀v ∈ H1(I).

34

Condiciones Neumann

Las inclusiones de Sobolev nos dicen que u ∈ C1(I). Podemos“deshacer” la integración por partes y obtenemos∫

I(−uxx + u − f )v + ux (1)v(1)− ux (0)v(0) = 0 ∀v ∈ H1(I).

Tomamos ahora v ∈ H10 (I), con lo que∫

I(−uxx + u − f )v = 0

−uxx + u = f en L2(I).

Entoncesux (1)v(1)− ux (0)v(0) = 0,∀v ∈ H1(I)

Se deduce que

ux (1) = 0,ux (0) = 0.34

Plan futuro

# Estudiar inclusiones de Sobolev.

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