Nicolas Saintier (Univ. Buenos Aires - Argentina)

Formulacion débil de ecuaciones elípticas

Nicolas Saintier

(Univ. Buenos Aires - Argentina)

15 de julio de 2020

N. Saintier Formulacion débil de ecuaciones elípticas 15 de julio de 2020 1 / 25

Dado U ⊂ RN abierto acotado suave y f ∈ L2(U), consideremos

−∆u = f en U, u = 0 en ∂U

Vimos que la formulacion debil de este problema es

Hallar u ∈ H10 (U) tal que∫

U∇u.∇v dx =

∫Ufv dx ∀ v ∈ H1

0 (U)

es decir

(u, v)H10 (U) = (f , v)L2 ∀ v ∈ H1

0 (U)

La existence e unicidad de una solucion u es una consecuencia directa del

teorema de Riesz (apunte Teo 10.2.13):


Teorema (Riesz)

Sea H un espacio de Hilbert con producto interno (., .). Para toda φ ∈ H ′

(es decir φ : H → R lineal continua) existe un unico u ∈ H tal que

φ(v) = (u, v) para todo v ∈ H.

Ademas u tiene la siguiente caracterizacion variacional:

1

2‖u‖2H1

0 (U) − φ(u) = ınfv∈H1

0 (U)

1

2‖v‖2H1

0 (U) − φ(v).

Luego la unica solucion de

−∆u = f en U, u = 0 en ∂U

es el unico minimizante del funcional 12

∫U |∇v |

2 dx −∫U fv dx , v ∈ H1

0 (U).

Note que podríamos haber tomado desde el ppio f en el dual de H10 (U) es

decir f ∈ H−1(U) := H10 (U)′.


Vamos ahora a estudiar algunas variantes de esta ecuacion:

que pasa si reemplazamos la condicion de borde de Dirichlet por una

condicion de Neumann,

reemplazamos −∆u por un operador uniformemente elíptico de la

forma

Lu = −div(A(x)∇u) + cu

y luego un operador general

Lu = −div(A(x)∇u) + b∇u + cu


Variante: condicion de borde de Neumann

Consideremos la misma ecuacion pero con cond. de borde de Neumann:

−∆u = f en U, ∂νu = 0 en ∂U (1)

Para hallar la formulacion debil, suponemos que tenemos una solucion

cásica u ∈ C 2(U) ∩ C 1(U), multiplicamos la ecuacion por v ∈ C 1(U) e

integramos por partes:∫Ufv dx = −

∫U

(∆u)v dx =

∫U∇u∇v dx −

∫∂U

v∂νu dσ =

∫U∇u∇v dx .

Luego la formulacion debil del problema es

Hallar u ∈ H1(U) tal que∫U∇u.∇v dx =

∫Ufv dx ∀ v ∈ H1(U). (2)


Note que si u es sol. clásica entonces es sol. débil. Reciprocamente si

u ∈ C 2(U) ∩ C 1(U) es sol. débil entonces es sol. clásica.

Tomando v = 1 vemos tambien que el problema no tiene solucion si∫U f 6= 0. Luego a partir de ahora supondremos que

∫f = 0.

Veamos la existencia e unicidad de una solucion debil:

unicidad: si u, u son sol. clasicas (o debiles) de (1) con U conexo entonces

u = u + Csteprueba: u := u − u ∈ H1(U) veri�ca∫

U

∇u.∇v dx = 0 ∀ v ∈ H1.

Tomando v = u obtenemos ∇u = 0 i.e. u = cste.

Luego las funciones cstes son el problema! Es consistente con el hecho que∫∇u∇v dx no es un producto interno en H1(U) (por las cstes) por lo que

Riesz no se puede aplicar.


A una u ∈ H1(U) siempre se puede sumarle una cste para que tenga

promedio 0. Entonces no perdemos nada a restringirnos a las funciones con

promedio 0. Notamos

L20(U) = {u ∈ L2(U) : u :=

∫Uu dx = 0}

y trabajemos en H1(U) ∩ L20(U). Vimos en los slides sobre espacios de

Sobolev que

‖u‖2 ≤ C‖∇u‖2 ∀ u ∈ H1(U) ∩ L20(U)

por lo que∫U ∇u∇v dx es un producto interno en H1(U) ∩ L20(U)

equivalente al producto interno usual de H1(U).

Conviene entonces estudiar el siguiente problema:

hallar u ∈ H1(U) ∩ L20(U) tal que∫U∇u.∇v dx =

∫Ufv dx ∀ v ∈ H1(U) ∩ L20(U). (3)

Ahora si la existence e unicidad de u sale de Riesz.N. Saintier Formulacion débil de ecuaciones elípticas 15 de julio de 2020 7 / 25

Para que u sea solucion debil de la ecuacion, falta veri�car que podemos

tomar como funcion-test cualquier v ∈ H1(U).Notemos v =

∫U v y recordemos que f = 0. Luego para toda v ∈ H1(U),∫U∇u.∇v dx =

∫U∇u.∇(v − v) dx

=

∫Uf (v − v) dx por (3)

=

∫Ufv dx

Conclusion: la formulacion debil (2) tiene una solucion (unica salvo

constante aditiva) ssi∫f dx = 0.


Si consideramos en cambio el problema

−∆u+u = f en U, ∂νu = 0 en ∂U

cuya formulacion debil es

Hallar u ∈ H1(U) tal que∫U∇u.∇v + uv dx =

∫Ufv dx ∀ v ∈ H1(U).

entonces la existencia e unicidad salen directamente de Riesz ya que∫U ∇u.∇v + uv dx es el producto interno de H1(U).


Extension a operadores elípticos simetricos

Queremos ahora estudiar el problema

Lu = f en U, u = 0 en ∂U

donde f ∈ H−1(U) y

Lu = −div(A(x)∇u) + b∇u + cu = −N∑

i ,j=1

∂i (aij∂ju) +∑i

bi∂iu + cu

Multiplicando la ecuacion por una funcion-test v vemos que la formulacion

debil de este problema es

Hallar u ∈ H1(U) tal que

B[u, v ] :=

∫Uaij∂ju∂iv + bi∂iuv + cuv dx =

∫Ufv dx ∀ v ∈ H1(U).

(4)

(no escribo las sumas sobre i , j = 1, ..,N.)


B[u, v ] esta bien de�nido para u, v ∈ H1(U) si suponemos

(H1) aij , bi , c ∈ L∞(U).

Claramente en este caso B es bilineal y veri�ca |B[u, v ]| ≤ C‖u‖H1‖v‖H1 -

de ahi sale que B es continua.

Para poder aplicar el teo de Riesz necesitamos ademas que B sea un

producto interno en H1(U) equivalente al producto interno usual. Pedimos

(H2) aij = aji ∀ i , j , y b = 0 para que B sea simetrico,

(H3) L es uniformemente elíptico: existe θ > 0 tal que∑i ,j

aij(x)ξiξj ≥ θ|ξ|2 ∀ x ∈ U, ξ ∈ RN .

De (H3) obtenemos

B[u, u] ≥ θ∫U|∇u|2 dx +

∫Ucu2 dx

Si c ≥ 0 entonces B[u, u] ≥ θ‖∇u‖22 = θ‖u‖2H10y ya esta. Sino escribimos

B[u, u] ≥ θ∫U|∇u|2 dx − ‖c‖∞

∫Uu2 dx

Necesitamos comparar∫U |∇u|

2 dx y∫U u2 dx : desigualdad de Poincaré !


Segun la desiguladad de Poincare existe λ1 > 0 tal que

λ1

∫Uu2 dx ≤

∫U|∇u|2 dx ∀u ∈ H1

0 (U)

Luego

B[u, u] ≥(θ−‖c‖∞

λ1

)∫U|∇u|2 dx =

(θ−‖c‖∞

λ1

)‖u‖2H1

0 (U) ∀u ∈ H10 (U).

Entonces si

(H4) c ≥ 0 o ‖c‖∞ < θλ1B[u, u] = 0 ssi u = 0 y C‖u‖2

H10≤ B[u, u] ≤ C ′‖u‖2

H10. Por lo tanto

podemos aplicar el teo de Riesz y obtener (apunte Teo 10.3.2 y Ejercicio

10.3.3)

Teorema

Supongamos que el operador L satisfaces (H1)-(H4). Entonces para todo

f ∈ H−1(U), el problema


tiene una única solucion debil en H10 (U).N. Saintier Formulacion débil de ecuaciones elípticas 15 de julio de 2020 12 / 25

Como hacemos si b 6= 0 o aij 6= aji para algunos i , j? En este caso B no es

mas simetrico. Usamos el teo de Lax-Milgram, una extension del teo de

Riesz (apunte Teo 10.4.1)

Teorema (Lax-Milgram)

Sea H un Hilbert y B : H × H → R tal que

bilineal,

continua: |B[u, v ]| ≤ C |u||v |,coerciva: existe C > 0 tal que B[u, u] ≥ C |u|2.

Entonces para toda f ∈ H ′, existe un unico u ∈ H tal que

B[u, v ] = f (v) ∀ v ∈ H.

Como antes B de�nida por (4) es bilineal y continua (se usa unicamente

(H1)). EL tema es la coercividad.


Seguimos suponiendo (H3) por lo que

B[u, u] ≥ θ∫|∇u|2 dx +

1

2

∫bi∂i (u

2) dx +

∫cu2 dx

Integramos por partes en∫bi∂i (u

2) dx :

B[u, u] ≥ θ∫|∇u|2 dx +

∫(c − 1

2div(b))u2 dx

Note que necesitamos suponer b ∈ C 1(U) con div b ∈ L∞(U) para que

este bien de�nido. Estamos como en el caso simetrico con c − 12div(b)) al

lugar de c . Obtenemos entonces

Teorema

Si valen (H1),(H3), b ∈ C 1(U) con div b ∈ L∞(U), y c − 12div(b)) ≥ 0 o

‖c − 12div(b))‖∞ < θλ1, entonces para todo f ∈ H−1(U), el problema


tiene una única solucion debil en H10 (U).


Otra posbilidad para conseguir la coercividad consiste en agregar un

termino γ a L o sea a considerar el problema

Lγu := Lu + γu = f en U, u = 0 en ∂U (5)

La formulacion debil es

Bγ [u, v ] := B[u, v ] + γ

∫Uuv dx = f (v)

Bγ es bilineal continua. Veamos la coercividad:

Bγ [u, u] = B[u, u] + γ

∫Uu2 dx

≥ θ∫U|∇u|2 dx +

∫ub∇u dx + (γ − ‖c‖∞)

∫Uu2 dx

Para controlar el termino∫ub∇u dx , usamos la desigualdad clasica (pero

muy util)

αβ = (εα)(β/ε) ≤ ε2

2α2 +

1

2ε2β2 ∀α, β ≥ 0, ε > 0.


Obtenemos

|ub||∇u| ≤ ε2

2|∇u|2 +

1

2ε2‖b‖2∞u2

Luego

Bγ [u, u] ≥(θ − ε2

2

)∫U|∇u|2 dx +

(γ − ‖c‖∞ −

1

2ε2‖b‖2∞

)∫Uu2 dx .

Necesitamos elegir ε > 0 de manera que θ − ε2

2 > 0 y el coef de ‖u‖22 sea

≥ 0. Es posible si suponemos que γ es tq

γ > ‖c‖∞ +1

4θ‖b‖2∞.

En este caso, Bγ es coerciva y podemos aplicar Lax-Milgram para obtener

una unica solucion debil de (5) (apunte Teo 10.4.4).


Vamos a ver algunas propiedades de la funcion

L−1 : f → u

donde u es la unica solucion de

Lu = f en U, u = 0 en ∂U (6)

(cuando esta ecuacion tiene una unica solucion en H10 (U) para todo

f ∈ L2(U)).

Mas precisamente vamos a ver:

el ppio del maximo: si f ≥ 0 entonces u ≥ 0,

la continuidad de L−1 : L2(U)→ H10 (U) y la compacidad de

L−1 : L2(U)→ L2(U).


Ppio del maximo

Supongamos que

Lu = −∑ij

∂i (aij∂ju) + cu (7)

es unif. elíptico, aij = aji , c ∈ L∞(U) y c ≥ 0. Vimos que (8) tiene una

unica solucion u ∈ H10 (U) para toda f ∈ L2(U).

Teorema

Si f ≤ 0 (resp. f ≥ 0) entonces u ≤ 0 (resp. u ≥ 0).

prueba en el apunte Teo 10.6.1. Supongamos que f ≤ 0 y tomemos u+ = max{u, 0}como funcion-test en la fomulacion debil de (7). Note que uu+ = (u+)2 y∂ju

+ = (∂ju)1{u>0} por lo que ∂iu∂ju+ = ∂iu

+∂ju+. Obtenemos

0 ≥∫

fu+ dx =

∫aij∂ju∂iu

+ dx +

∫cuu+ dx

=

∫aij∂iu

+∂ju+ dx +

∫c(u+)2 dx ≥ θ

∫U

|∇u+|2 ≥ 0.

Luego u+ = Cste. Como u+ = 0 en ∂U, obtenemos u+ = 0 es decir u ≤ 0.


Continuidad de L−1

A partir de ahora suponemos que el operador B : H10 (U)× H1

0 (U)→ Rasociado a L veri�ca las hipotesis del teo de Lax-Milgram (bilineal,

continuo y coercivo) por lo que la ecuacion

Lu = f en U, u = 0 en ∂U (8)

tiene una unica solucion en u := L−1f ∈ H10 (U) para todo f ∈ L2(U).

Teorema

L−1 : L2(U)→ H10 (U) es lineal y continuo:

‖u‖H10 (U) ≤ C‖f ‖2 ∀ f ∈ L2(U) (9)

La linealidad queda como ejercicio. Para ver la continuidad es decir (9), recordemos que

B[u, v ] =

∫Ufv dx ∀ v ∈ H1

0 (U).

Como B es coercivo obtenemos

C ′‖u‖2H1

0(U)≤ B[u, u] =

∫Ufu dx ≤ ‖f ‖2‖u‖2 ≤ C‖f ‖2‖u‖H1

0(U)

Deducimos (9).N. Saintier Formulacion débil de ecuaciones elípticas 15 de julio de 2020 19 / 25

Compacidad

Consideremos ahora una sucesion (fk)k ⊂ L2(U) acotada y notemos

uk := L−1fk ∈ H10 (U):

Luk = fk en U, uk = 0 en ∂U. (10)

De la continuidad (9) de L−1 obtenemos

‖uk‖H10 (U) ≤ C‖fk‖2 ≤ C .

Luego por el teo de Rellich-Kondrakov una subsucesion de las uk converge

en L2: probamos que L−1 es compacto de L2(U) en L2(U):

Teorema (apute p159-160)

L−1 : L2(U)→ L2(U) es compacta: dada una sucesion (fk)k ⊂ L2(U)acotada, existe una subsucesin de las L−1fk que converge en L2(U).


Podemos ser mas preciso: Rellich-Kondrakov da la existencia e u ∈ H10 (U) tal que (a

una subsucesion) uk → u en L2(U), ctp, y tambien debil en H10 (U) en el sentido que

T (uk)→ T (u) ∀T ∈ H−1(U)

Intentemos pasar al limite en la formulacion debil de (10):

B[uk , v ] =

∫U

fkv dx ∀ v ∈ H10 (U).

Note que T (v) := B[uk , v ] es lineal continua (porque B es continua) es decirT ∈ H−1(U). Luego B[uk , v ]→ B[u, v ]. Como (fk)k es acotada en L2(U), tiene unasubsucesion que cv debil en L2 a alguna f ∈ L2(U). Como v ∈ L2(U), obtenemos∫Ufkv dx →

∫Ufv dx . Entonces

B[u, v ] =

∫U

fv dx ∀ v ∈ H10 (U)

o seaLu = f en U, u = 0 en ∂U

Si suponemos que toda la sucesion fk cv debil a f en L2, como esta ecuacion tiene una

unica solucion, concluimos que toda la sucesion uk cv a u = L−1f en L2 y debil en

H10 (U). Si ademas fk → f en L2 entonces uk − u = L−1fk − L−1f = L−1(fk − f ) da

‖uk − u‖H1

0(U) ≤ C‖fk − f ‖2 → 0 o sea uk → u en H1

0 (U).


Alternativa de Fredholm

Recordemos que para un sistema lineal Ax = b en RN con A ∈ RN×N vale

que

o el sistema tiene una unica solucion para todo b ∈ RN ,

o la ecuacion Ax = 0 tiene una solucion no-trivial: Nu(A) 6= {0}.Ademas, de Nu(A∗) = Im(A)⊥, obtenemos que Ax = b tiene solucion ssi

bv = 0 ∀ v ∈ Nu(A∗).

Queremos obtener un resultado similar para

Lu = f en U, u = 0 en ∂U (11)

donde f ∈ L2(U) y Lu = −∑N

i ,j=1 ∂i (aij∂ju) +∑

i bi∂iu + cu con

aij , bi , c ∈ L∞(U).


Adjunto de LNote que la matriz A∗ esta de�nida por (Ax , y) = (x ,A∗y) ∀ x , y ∈ RN .

Podemos defnir de la misma manera el adjunto T ∗ de un operador

T : H → H (donde H es un Hilbert) por (Tu, v) = (u,T ∗v) ∀ u, v ∈ H(apunte Def 10.5.2).

Se de�ne el adjunto (formal) L∗ de L en L2(U) por

L∗u = −∑ij

∂j(aij∂iu)−∑i

∂i (biu) + cu

Esta de�nicion esta motivada por (integrar por partes):

(Lu, v)L2 = (u,L∗v)L2 ∀ u, v ∈ C∞c (U).

La formulacion debil de L∗u = f en H10 (U) es

B∗[u, v ] :=

∫Uaij∂iu∂jv dx+

∫Ubiu∂iv dx+

∫Ucuv dx =

∫Ufv ∀ v ∈ H1

0 (U)

Note que B∗[u, v ] = B[v , u] donde B esta asociada con L (ver Def

10.5.12.)N. Saintier Formulacion débil de ecuaciones elípticas 15 de julio de 2020 23 / 25

Teorema (Alternatica de Fredholm - apunte Teo 10.5.1.3)

Se tiene una y una sola de las dos alternativas

(i) o para todo f ∈ L2(U) la ecuacion (11) tiene una unica solucion,

(ii) o existen soluciones no-triviales de (11) con f = 0, en cuyo caso estas

soluciones forman un espacio de dimension �nita

dim(Nu(L)) = dim(Nu(L∗)).

Finalmente, (11) tiene solucion ssi∫U fv dx = 0 ∀ v ∈ Nu(L∗).

Prueba: tomamos γ � 1 para que Lγ := L+ γ sea coerciva. Entonces u es sol. de (11)ssi Lγu = f + γu ⇐⇒ (Id − γL−1γ )u = L−1γ f . Vimos que L−1γ es compacto de L2(U) enL2(U). Luego podemos aplicar el teo 10.5.8. sobre operadores de la forma Id − K con Kcompacto. En particular son inyectivos ssi son sobreyectivos. Note que(Id − γL−1γ )u = 0⇐⇒ u = γL−1γ )u ⇐⇒ Lγ)u = γu ⇐⇒ Lu = 0.Luego Nu(L) = Nu(Id − γL−1γ ) tiene dim �nita por el mismo teo. Obtenemos laalternativa (i)-(ii). Finalmente (11) tiene sol. ssiL−1γ f ∈ Im(Id − γL−1γ ) = Nu(Id − γ(L−1γ )∗)⊥ o sea ssi (L−1γ f , v)L2 = 0 para todov ∈ Nu(Id − γ(L−1γ )∗) = Nu(L∗). Concluimos notando que para estos v ,(L−1γ f , v)L2 = (f , (L−1γ )∗v) = (f , v/γ).


Regularidad ??

El punto de vista debil permitio obtener existencia e unicidad facilmente

con la contra que la solucion que obtenemos tiene a priori baja regularidad.

Pero si f ∈ C 2c (RN) sabemos que existe una unica solucion clasica de

−∆u = f en U, u = 0 en ∂U,

cuando el metodo debil nos da unicamente u ∈ H10 (U) !!

Faltan resultados de regularidad: la sol. gana 2 grados de regularidad:

si f ∈W k,p(U) entonces u ∈W k+2,p(U),

si f ∈ C k,α(U) entonces u ∈ C k+2,α(U)

(por ejemplo si f ∈ L2(U) entonces u ∈ H2(U)). Combinados con las

imersiones de Sobolev (del tipo que vimos con Fourier y Sobolev)

obtenemos bien u ∈ C∞(U) si f ∈ C∞(U).

Pero no son resultados triviales de probar !


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