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):
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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)′.
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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
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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)
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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.
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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.
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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).
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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.)
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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 !
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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
Lu = f en U, u = 0 en ∂U
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.
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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
Lu = f en U, u = 0 en ∂U
tiene una única solucion debil en H10 (U).
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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.
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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).
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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).
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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.
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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).
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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).
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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).
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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).
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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 !
N. Saintier Formulacion débil de ecuaciones elípticas 15 de julio de 2020 25 / 25