PDE y energía mínima

Question

He aquí un ejercicio extraído del libro de Strauss (es Problema 11.3.2. )

Tome una función suave $f$ definida en algún dominio $D$ y una función continua $g$ definido en $\partial D$ . Supongamos que $u$ es una función suave en un dominio $D$ que minimiza la "energía", $$E(u) = \tfrac{1}{2} \int_D |\nabla u|^2 ~ dx - \int_D fu ~ dx - \oint_{\partial D} gu ~ ds$$ con la condición de que $\int_D u^2 ~ dx = 1$ entonces $u$ debe resolver el problema de la EDP que, $$\tag{1} -\Delta u = f \text{ on } D\hspace{10mm} \frac{\partial u}{\partial n} = g \text{ on }\partial D$$

Miré la solución de este problema porque no me salía, y el manual de soluciones del libro decía, para escoger una función suave arbitraria $v$ definido en $D$ y considerar la cantidad perturbada $E(u+\varepsilon v)$ . El manual de soluciones argumenta que como el mínimo se alcanza en $\varepsilon = 0$ significa que la derivada de la expresión perturbada debe ser cero. Pero tengo un problema con este razonamiento. El requisito para el problema de energía mínima es que $\int_D (u+\varepsilon v)^2 ~ dx = 1$ . Esta es la condición que hay que cumplir. Por lo tanto, la solución del manual parece errónea. ¿Cómo se arregla?

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Edición: He incluido la pregunta real del propio texto,

Answer 1

Es cierto que las funciones de prueba $v$ no puede ser arbitraria. En efecto, dejemos que $u_\epsilon$ sea una familia de funciones de manera que $u_0 = u$ y $$\int_D u_\epsilon^2 = 1.$$ Tomando la derivada con respecto a $\epsilon$ y establece $\epsilon = 0$ dar $$\int_D uv dx = 0,$$ donde $v = \partial_\epsilon |_{\epsilon = 0} u_\epsilon$ . También

$$\tag{2} 0 = \frac{d}{d\epsilon} E(u_\epsilon)\bigg|_{\epsilon =0 } = -\int_D (\Delta u +f) v + \int_{\partial D} \left(\frac{\partial u}{\partial n} - g \right)v dS.$$

Así que tienes (ver observación 2) $$\tag{3} -\Delta u = f + \lambda u, \ \ \ \frac{\partial u}{\partial n} = g.$$

Nota: Nótese que el problema de frontera de Neumann (1) no siempre tiene solución: por ejemplo, tomemos $f = 1$ y $g=1$ . Entonces $\Delta u =-1$ en $D$ . Así, $u$ no tiene ningún mínimo interior (ya que cualquier mínimo interior $x_0\in D$ tiene $\Delta u(x_0) \ge 0$ ). Sea $y\in \partial D$ estar donde $u$ alcanza su mínimo. Entonces $u(x) \ge u(y)$ para todos $x\in D$ , lo que implica $$\frac{\partial u }{\partial n} (y) \le 0$$ (ya que $n$ apunta hacia afuera). Así, $\frac{\partial u }{\partial n}=1$ es imposible. Junto con el hecho (que necesita más análisis para demostrar) de que el problema de minimización siempre tiene una solución $u$ Hay casos en los que $\lambda$ es realmente distinto de cero.

Observación 2 primero mostramos que $$\tag{4} \int_D (\Delta u + f) w dx = 0$$ para todos $w$ tal que $\int _D uw dx = 0$ . Para ver esto, suponga que $w$ satisface $\int_D uw =0$ . Entonces dejemos que $v_n$ sea una secuencia tal que $v_n$ es cero en $\partial D$ , $v_n \to w$ en $L^2 (D)$ y $\int_D uv_n = 0$ . Por (2) tenemos $$\int_D (-\Delta u + f) v_n = 0$$ tomando $n \to \infty$ obtenemos (4). Junto con (2), tenemos $$\oint _{\partial D} \left( \frac{\partial u}{\partial n} - g\right) v dS=0$$ para todos $v$ con $\int uv = 0$ . Esto implica $$\frac{\partial u}{\partial n} =g \ \ \ \text{ on } \partial D.$$ Por último, dado que $\| u\|_2 =1$ , escriba

$$-\Delta u - f = \langle (-\Delta u -f), u\rangle _{L^2(D)} u + p,$$ donde $p\in u^\perp$ . (4) implica que $p = 0$ (por ejemplo, eligiendo $v=p$ en (4)). Así, $$-\Delta u -f = \lambda u$$ con $\lambda = \langle (-\Delta u -f), u\rangle _{L^2(D)}$ .