【M#1】 Dirichlet问题

Dirichlet 问题

Dirichlet 问题是指对于实值函数 \(V\in C([0,1])\)，求常微分方程

\[ (DP) \left\{\begin{matrix} -u^{\prime\prime}(x)+V(x)u(x)=f(x) & x\in [0,1]\\ u(0)=u(1)=0 & \end{matrix}\right. \]

的解。

我们接下来会证明，当 \(V\geq 0\) 恒成立的时候，\((DP)\) 恒有唯一解。

唯一性

\(\color{red}定理1\)： 假设 \(V\geq 0\)，\(f\in C([0,1]),u_1,u_2\in C^2([0,1])\) 是 \((DP)\) 的解，则 \(u_1=u_2\)

证明：

设 \(u=u_1-u_2\)，则 \(u\) 满足

\[\left\{\begin{matrix} -u^{\prime\prime}+Vu=0 \\ u(0)=u(1)=0 \end{matrix}\right.\]

则

\[ \begin{aligned} 0&=\int_0^1 [-u^{\prime\prime}+Vu]\bar u\mathrm dx \\ &= -\int_0^1 u^{\prime\prime}\bar u\mathrm dx+\int_0^1 V|u|^2\mathrm dx \text{ (分部积分)}\\ &= -u^\prime(x)\bar u(x)\Big |_0^1 +\int_0^1 u^\prime\bar u^\prime\mathrm dx+\int_0^1 V|u|^2\mathrm dx \ (\bar u(0)=\bar u(1)=0) \\ &= \int_0^1 |u^\prime|^2\mathrm dx+\int_0^1 V|u|^2\mathrm dx\geq \int_0^1 |u^\prime|\mathrm dx \end{aligned} \]

所以 \(u^\prime =0,u\) 为常函数， \(u=u(0)=0\).

\(V=0\) 的情况

我们先考虑 \(V=0\).

\(\color{red}定理2\)： 定义

\[ K(x,y)=\left\{\begin{matrix} (x-1)y & 0\leq y\leq x\leq 1 \\ (y-1)x & 0\leq x\leq y\leq 1 \end{matrix}\right. \in C([0,1]\times [0,1]) \]

并定义运算 \(A\)：

\[Af(x)=\int_0^1 K(x,y)f(y)\mathrm dy\]

则 \(A\in\mathcal B(L^2([0,1]))\) 为 compact symmetric 算子，且对于 \(f\in C([0,1]),Af\) 是常微分方程

\[ \left\{\begin{matrix} -u^{\prime\prime}(x)=f(x) & x\in [0,1]\\ u(0)=u(1)=0 & \end{matrix}\right. \]

的唯一解。

注：实际上在下面的证明过程中，我们并不依赖 \(K(x,y)\) 具体是多少，定理成立只需要 \(K(x,y)\) 有界实值即可，但这里明确给出 \(K\) 是因为这个就是解决 Dirichlet 问题的 Kernel。

证明：

先证 \(A\) 是紧(compact)的：设 \(C=\sup_{[0,1]\times [0,1]} K(x,y)\)

\[ \begin{aligned} |Af(x)| &= |\int_0^1 K(x,y) f(y)\mathrm dy| \\ &\leq C\int_0^1 |f(y)|\mathrm dy (\text{ Cauchy-Schwarz 不等式}) \\ &\leq C(\int_0^1 1^2)^{1/2}(\int_0^1 |f(y)|^2 \mathrm dy)^{1/2} \\ &= C ||f||_2 \end{aligned} \]

即 \(Af\) 一致有界，同理对于 \(\forall x,z\) 有

\[|Af(x)-Af(z)|\leq \sup_{y\in [0,1]} |K(x,y)-K(z,y)|\cdot ||f||_2\]

故 \(Af\) 是连续的

有了这两个性质，运用 Arzela-Ascoli Theorem 就可以证明 \(A\) 是紧的。

接下来证明 \(A\) 是对称(symmetric)的

\[ \begin{aligned} \langle Af,g \rangle_2 &= \int_0^1 \Big[ \int_0^1 K(x,y)f(y)\mathrm dy\Big] \overline{g(x)}\mathrm dx (\text{ 交换积分次序}) \\ &= \int_0^1 f(y) \overline{\Big[\int_0^1 \overline{K(x,y)} g(x)\mathrm dx \Big]}\mathrm dy \\ &= \int_0^1 f(y) \overline{\Big[\int_0^1 K(x,y) g(x)\mathrm dx \Big]}\mathrm dy \\ &= \langle f,Ag \rangle_2 \end{aligned} \]

故 \(A\) 是对称的。

不难验证 \(u=Af\) 确实是函数的一个解。

\(V\neq 0\) 的情况

首先给出一个 sketch。

问题等价于求解 \(-u^{\prime\prime}=f-Vu\)，即求 \(u=A(f-Vu)\)，即求 \((I+Av)u=Af\).

把 \(u\) 写作 \(u=A^{1/2}v\)，注意我们这里只是一个 sketch，我们接下来会证明 \(A^{1/2}\) 存在且为紧且对称的（说明他有逆）

则原来的问题转化成

\[A^{1/2}(I+A^{1/2}VA^{1/2})v=Af\]

即

\[(I+A^{1/2}VA^{1/2})v=A^{1/2}f\]

我们接下来要做的就是证明 \(A^{1/2}\) 是存在的，但这还不足以说明问题，因为我们还需要求出 \(v\)，这需要 \((I+A^{1/2}VA^{1/2})\) 是可逆的，

\(\color{red}引理3\)： \(NULL(A)=\{0\}\)，且 \(A\) 存在一组无穷特征值 \(\{\lambda_k\}_k\) 即其对应的正交单位特征向量 \(\{u_k\}_k\) 满足

\[\left\{\begin{matrix} u_k(x)=\sqrt 2\sin 2k\pi x & \\ \lambda_k=\dfrac{1}{k^2\pi^2} & \end{matrix}\right. \forall k\in\mathbb N\]

证明：

因为 \(NULL(A)=\overline{Range(A)}^\bot\)，只需证明 \(\overline{Range(A)}=L^2([0,1])\) 即可。

取 \(u\) 为 \([0,1]\) 上的多项式，取 \(f=-u^{\prime\prime}\)，此时 \(Af=0\) 是唯一的 \((DP)\) 的解，故 \(Range(A)\) 包含所有的 \([0,1]\) 上的多项式。

因为 \([0,1]\) 上的多项式是致密的，且任意一个连续函数可以用多项式来逼近 (Weierstrass Approximation Theorem)

故 \(\overline{Range(A)}=L^2([0,1])\).

接下来我们求解 \(A\) 的各个特征值。

设 \(\lambda\neq 0,Au=\lambda u\)，则 \(u=\dfrac{1}{\lambda}A\Rightarrow u=A(\dfrac{1}{\lambda}u) \Rightarrow -u^{\prime\prime}=\dfrac{u}{\lambda}\)，这是最基本的常微分方程，他的解是三角级数 \(u=A\sin \dfrac{1}{\sqrt\lambda}x+B\cos\dfrac{1}{\sqrt \lambda}x\)。

因为 \(u(0)=0\)，所以 \(B=0\)，因为 \(u(1)=0\)，所以我们要求 \(\dfrac{1}{\sqrt\lambda}\in \mathbb N\pi\)，故 \(u(x)=A\sin k\pi x\)，为了满足 \(||u||_2=1\)，我们可以解得 \(A=\sqrt 2\).

接下来我们证明 \(A^{1/2}\) 存在，且是紧且对称的。

\(\color{red}引理4\)： 对于 \(f\in L^2([0,1])\) 且有傅里叶级数表示

\[ \left\{\begin{matrix} f(x)=\sum_{k=1}^\infty c_k\sqrt 2 \sin k\pi x & \\ c_k=\int_0^1 f(x)\sqrt 2\sin k\pi x\mathrm dx & \end{matrix}\right. \]

定义算子 \(B\) 为

\[Bf(x)=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k\pi }c_k\sqrt 2\sin k\pi x\]

则 \(B\) 在 \(L^2([0,1])\) 上为紧且对称的有界算子，且 \(B^2=A\).

证明： \(B^2=A\) 不难验证，剩下的咕咕咕

接下来我们对于实值函数 \(V\in C([0,1])\) 定义 \(m_Vf=Vf\)，则 \(m_V\in\mathcal B(L^2([0,1]))\) 且是对称的（\(V\) 是连续有界的故 \(m_V\) 有界，\(V\) 是实值函数故 \(m_V\) 是对称的）

\(\color{red}引理5\)： \(T=Bm_V B\) 满足 1）\(T\) 是紧且对称的 2) \(T\in\mathcal B(L^2([0,1]),C([0,1]))\)

证明：

因为 \(B\) 和 \(m_V\) 都是紧且对称的，所以 1) 可以直接得出。

对于 2)，我们只需要证明 \(B\in\mathcal B(L^2([0,1]),C([0,1]))\).

延续此前对 \(f\) 的傅里叶级数表示的记号，

\[Bf=\sum_{k=1}^\infty \frac{c_k}{k\pi}\sqrt 2\sin k\pi x,\] \[\frac{c_k}{k\pi}\sqrt 2 \sin k\pi x| \leq \frac{|c_k|\sqrt 2}{k\pi}\leq \frac{|c_k|}{k},\] \[\sum_{k=1}^\infty \frac{|c_k|}{k}\leq (\sum_j \frac{1}{k^2})^{1/2}(\sum_{k}|c_k|^2)^{1/2}=\frac{\pi}{\sqrt 6}||f||_2\]

由 Weierstrass M-test，\(|Bf(x)|\leq \dfrac{\pi}{\sqrt 6} ||f||_2\)，即证明 \(B\) 是有界的。

\(\color{red}引理6\)： \(I+Bm_VB\) 可逆

根据 Fredholm Alternative，一个紧对称算子的逆算子存在当且仅当他的零空间是平凡的。

假设 \((I+Bm_VB)g=0\)，则

\[ \begin{aligned} 0 &=\langle (I+Bm_VB)g,g\rangle \\ &= ||g||_2^2+\langle Bm_VBg,g\rangle (\text{ B 是对称的}) \\ &= ||g||_2^2+\langle m_V Bg,Bg\rangle \\ &= ||g||_2^2+\int_0^1 V|Bg|^2\mathrm dx \\ &\geq ||g||_2^2 \end{aligned} \]

所以 \(g=0\)，\(NULL(I+Bm_VB)=\{0\}\)，\(I+Bm_VB\) 可逆。

\(\color{red}定理7：\) 对于 \(V\in C([0,1])\) 且 \(V\geq 0\) 的实值函数和 \(f\in C([0,1])\)，存在唯一 \(u\in C^2([0,1])\) 为常微分方程

\[ (DP) \left\{\begin{matrix} -u^{\prime\prime}(x)+V(x)u(x)=f(x) & x\in [0,1]\\ u(0)=u(1)=0 & \end{matrix}\right. \]

的解。

证明：

取 \(v=(I+A^{1/2}m_VA^{1/2})^{-1}A^{1/2}f,u=A^{1/2}v\)，则

\[ \begin{aligned} u+A(Vu) &=A^{1/2} v+A^{1/2}[A^{1/2}m_VA^{1/2}]v \\ &= A^{1/2}(I+A^{1/2}m_V A^{1/2})v \\ &= Af \end{aligned} \]

两边同时求二阶导，得到

\[u^{\prime\prime}-Vu=-f\]

整理即得

\[-u^{\prime\prime}+Vu=f\]

不难验证 \(u\) 也满足边界条件，故存在唯一的

\[u=A^{1/2}(I+A^{1/2}m_VA^{1/2})^{-1}A^{1/2}f\]

解决 Dirichlet 问题。