Búsqueda de Euler-Lagrange las ecuaciones

Question

Tal vez usted puede ayudar aquí. No es una especie de un extenso programa de instalación para entender lo que la pregunta está pidiendo. No es un papel que me estoy leyendo, y en una sección de ella que yo no puedo hacer cara o cruz de el resultado. La referencia es "Global Carleman Estimaciones de las Olas y de las Aplicaciones" por Balduino, Buhan, Ervedoza.

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El programa de instalación (tomado del artículo) : Supongamos $p \in L^{\infty}(\Omega \times (-T,T))$. Dado datos iniciales $(y_0^{-T},y_1^{-T}) \in L^2(\Omega)\times H^{-1}(\Omega)$, encontrar una función $u \in L^2(\Gamma_0 \times (-T,T))$ de manera tal que la solución de $y$ de

\begin{eqnarray} \partial_t^2y -\Delta y + py = 0 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{ in } \Omega \times(-T,T) \\ y = u|_{\Gamma_0} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{ on } \partial \Omega \times (-T,T)\\ y(-T) = y_0^{-T}, \partial_ty(-T) = y_1^{-T} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{ in } \Omega \end{eqnarray} resuelve $y(T) = \partial_ty(T) = 0$.

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Hay una afirmación de que podemos conseguir de una forma explícita para$u$$y$. Deje $\phi = e^{\lambda \psi}$ donde $\psi(x,t) = |x-x_0|^2 - \beta t^2 +C$. Para $s$ un parámetro, definir el funcional $$K_{s,p}(z) = \frac{1}{2s}\int_{-T}^{T}\int_{\Omega}e^{2s\phi}|\partial_t^2z - \Delta z + pz|^2 dx \ dt + \frac{1}{2}\int_{-T}^{T}\int_{\Gamma_0}e^{2s\phi}|\partial_{\nu}z|^2 d \sigma dt $$ $$+<(y_0^{-T},y_1^{-T}),(z(-T), \partial_t z(-T))>_{(L^2 \times H^{-1}) \times (H_0^1 \times L^2)}$$

Aquí, $<(y_0^{-T},y_1^{-T}),(z(-T), \partial_t z(-T))>_{(L^2 \times H^{-1}) \times (H_0^1 \times L^2)} = \int_{\Omega}{y_0^{-T}z_1^{-T} dx} - <y_1^{-T},z_0^{-T}>_{H^{-1} \times H_0^1}$, y $<y_1^{-T},z_0^{-T}>_{H^{-1} \times H_0^1} = \int_{\Omega} \nabla(-\Delta_d)^{-1}y_1^{-T}\cdot \nabla z_0^{-T} dx$ donde $\Delta_d$ es el operador de Laplace con condiciones de contorno de Dirichlet.

Parte del trabajo muestra que la $K_{s,p}$ tiene un único minimizer $Z[s,p]$, para cada una de las $s,p$.

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La configuración anterior. Ahora viene las dos partes no lo entiendo.
(1). El documento afirma que el de Euler-Lagrange ecuación dada por la minimización de $K_{s,p}$ es $$\frac{1}{s}\int_{-T}^{T}\int_{\Omega}e^{2s\phi}(\partial_t^2z - \Delta z + pz)(\partial_t^2Z -\Delta Z +pZ) dx \ dt + \int_{-T}^{T}\int_{\Gamma_0}e^{2s\phi}\partial_{\nu}z \partial_{\nu}Z d\sigma dt$$ $$+ <(y_0^{-T},y_1^{-T}),(z(-T), \partial_t z(-T))>_{(L^2 \times H^{-1}) \times (H_0^1 \times L^2)}$$

No entiendo cómo este resultado se obtiene. Por lo que sé, el de Euler Lagrange las ecuaciones son como sigue (de Evans libro). Si $I[w] = \int L(Dw(x),w(x),x)$, y nosotros llamamos a estas variables $p, z, x$ respectivamente, luego de Euler Lagrange ecuaciones satisfacer $-\sum{({L_{p_i}(Du,u,x)})_{x_i}} + L_z(Du,u,x) = 0$. Cuando trato de hacer esto a $K_{s,p}$, tengo un lío enorme, porque parece que tenemos que utilizar la regla del producto. No entiendo cómo se simplifica de esta forma, y por qué el tercer término $<\cdot,\cdot>$ permanece el mismo.

(2) Vamos a $Y = \frac{1}{s}e^{2s\phi}(\partial_t^2 - \Delta + p)Z[s,p]$, y deje $U[s,p] = e^{2s\phi}\partial_{\nu}Z[s,p]|_{\Gamma_0}$.

Entonces, tenemos $$\int_{-T}^{T}\int_{\Omega}e^{2s\phi}(\partial_t^2z - \Delta z + pz)Y dx \ dt + \int_{-T}^{T}\int_{\Gamma_0}e^{2s\phi}\partial_{\nu}z U d\sigma dt$$ $$+ <(y_0^{-T},y_1^{-T}),(z(-T), \partial_t z(-T))>_{(L^2 \times H^{-1}) \times (H_0^1 \times L^2)} = 0$$

El documento afirma que esta es la doble formulación del problema. ¿Qué significa esto exactamente, y cómo ésta nos ayudan a mostrar que Y,U obras como una solución?

Cualquier ayuda es muy apreciada. Gracias de antemano

Answer 1

Derivación de Euler-Lagrange ecuación: Si $z$ minimiza $K_{s,p}(z)$, entonces cualquier pequeña perturbación en $z$ hará que este funcional más grande. Por lo tanto queremos: $\newcommand{\e}{\epsilon}$ $$ \lim_{\e\to 0}\frac{d}{d\e} K_{s,p}(z+\e v) = 0.\la etiqueta{$\dagger$} $$ Esto significa que la perturbación $\e v$ en la función de prueba de espacio de la unidad funcional lejos de su mínimo local (justo como el cálculo).

$K_{s,p}(z+\e v)$ en (1) se lee: $\newcommand{\lsub}[2]{{\vphantom{#2}}_{#1}{#2}}$ $$ \begin{aligned}K_{s,p}(z+\e v) &= \frac{1}{2s}\int_{-T}^{T}\int_{\Omega}e^{2s\phi}|\partial_t^2 (z+\e v) - \Delta (z+\e v) + p(z+\e v)|^2 dx \,dt \\ &\quad + \frac{1}{2}\int_{-T}^{T}\int_{\Gamma_0}e^{2s\phi}|\partial_{\nu}(z+\e v)|^2 d \sigma\, dt \\ &\quad + \lsub{L^2 \times H^{-1}}{\Big\langle (y_0^{-T},y_1^{-T}),((z+\e v)(-T), \partial_t (z+\e v)(-T))\Big\rangle}_{H_0^1 \times L^2}. \end{aligned}\etiqueta{1}$$

• Deje que el primer término en (1)$I_1$, primero por el integrando: $$ \begin{aligned} & |\partial_t^2 (z+\e v) - \Delta (z+\e v) + p(z+\e v)|^2 \\ =& \left|(\partial_t^2 z - \Delta z + pz) + \e (\partial_t^2 v - \Delta v + pv)\right|^2 \\ =& |\partial_t^2 z - \Delta z + pz|^2 + \e^2 |\partial_t^2 v - \Delta v + pv|^2 \\ &\quad +2\e (\partial_t^2 z - \Delta z + pz)(\partial_t^2 v - \Delta v + pv). \end{aligned}$$Taking derivative of $\e$, first term gone, let $\e \a 0$, el segundo término en el pasado, lo que queda es la cruz de término con un factor de 2, por lo tanto: $$ \lim_{\e\to 0}\frac{d}{d\e} I_1 = \frac{1}{s}\int_{-T}^{T}\int_{\Omega}e^{2\phi}(\partial_t^2 z - \Delta z + pz)(\partial_t^2 v - \Delta v + pv)dx \, dt. \etiqueta{2} $$

• El segundo término en (1), decir $I_2$, ampliar el integrando: $$ |\partial_{\nu}(z+\e v)|^2 = |\partial_{\nu}z|^2 + \e^2|\partial_{\nu}v|^2 + 2\e \,\partial_{\nu}z \,\partial_{\nu}v, $$ Argumento Similar a los anteriores: $$ \lim_{\e\to 0}\frac{d}{d\e} I_2 = \int_{-T}^{T}\int_{\Gamma_0}e^{2\phi}\partial_{\nu}z \,\partial_{\nu}v \,d\sigma\, dt. \etiqueta{3} $$

• Tercer plazo $I_3$ en (1): $$ \begin{aligned} & \lsub{L^2 \times H^{-1}}{\Big\langle (y_0^{-T},y_1^{-T}),((z+\e v)(-T), \partial_t (z+\e v)(-T))\Big\rangle}_{H_0^1 \times L^2} \\ =& \int_{\Omega}{y_0^{-T}(z+\e v)(-T) dx} - \lsub{H^{-1}}{\big\langle y_1^{-T},\partial_t(z+\e v)(-T)\big\rangle}_{H_0^1} \\ =& \int_{\Omega}{y_0^{-T}z(-T) dx} - \lsub{H^{-1}}{\big\langle y_1^{-T},\partial_t z(-T)\big\rangle}_{H_0^1} \\ &\quad + \e \left(\int_{\Omega}{y_0^{-T}v(-T) dx} - \lsub{H^{-1}}{\big\langle y_1^{-T},\partial_tv(-T)\big\rangle}_{H_0^1}\right). \end{aligned} $$ Tomando la derivada da el primer término ha ido: $$ \begin{aligned} \lim_{\e\to 0}\frac{d}{d\e} I_3 &= \int_{\Omega}{y_0^{-T}v(-T) dx} - \lsub{H^{-1}}{\big\langle y_1^{-T},\partial_t v(-T)\big\rangle}_{H_0^1} \\ &=\lsub{L^2 \times H^{-1}}{\Big\langle (y_0^{-T},y_1^{-T}),(v(-T), \partial_t v(-T))\Big\rangle}_{H_0^1 \times L^2}. \end{aligned}\etiqueta{4} $$

Ahora (2)+(3)+(4) los rendimientos de la expresión de $(\dagger)$: $$ \begin{aligned} &\frac{1}{s}\int_{-T}^{T}\int_{\Omega}e^{2s\phi}(\partial_t^2 z - \Delta z + pz)(\partial_t^2 v - \Delta v + pv)dx \, dt \\ &+ \int_{-T}^{T}\int_{\Gamma_0}e^{2s\phi}\partial_{\nu}z \,\partial_{\nu}v \,d\sigma\, dt \\ &+ \lsub{L^2 \times H^{-1}}{\Big\langle (y_0^{-T},y_1^{-T}),(v(-T), \partial_t v(-T))\Big\rangle}_{H_0^1 \times L^2} = 0.\end{aligned}\etiqueta{$\ddagger$} $$ Yo estoy usando el $v$ en lugar de $z$ como la función de prueba, y el minimizer $Z[s,p]$ mi $z$ (en sustitución de $z$ con $Z$, $v$ con $z$ conduce a la ecuación). Y $(\ddagger)$ es el de Euler-Lagrange ecuación.

Lo que este papel de los reclamos es que no existe una única $Z$ dependiendo de la elección de $s$$p$, de tal manera que $(\ddagger)$ cualquier $v$ (en el papel que el autor utiliza $z$), $Z$ minimiza el funcional $K_{s,p}$, debe demostrar la existencia y unicidad de $(\ddagger)$ sujeto a ciertas condiciones de contorno en algún lugar en el papel.

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Ahora a la segunda pregunta: $Y$,$U$ no funciona como la solución, lo que el autor hace esencialmente es sólo un cambio de notación. Es el uso de $Y$ a representar una cierta expresión de la minimizer $Z$ (solución) en el interior, y $U$ a representar alguna otra expresión de la minimizer $Z$ (solución) en el límite. El autor indica "doble formulación" es con respecto a la original de la PDE: el minimizer $z= Z$ funcional de la $K_{s,p}$ satisfacción $(\ddagger)$ cualquier $v$, y al mismo tiempo, sirve como solución débil que el original de la PDE: $$\left\{\begin{aligned} &\partial_t^2 z -\Delta z + p z= 0 \quad\text{ in } \Omega \times(-T,T), \\ &z = u|_{\Gamma} \quad \text{ on } \partial \Omega \times (-T,T),\\ &z(-T) = y_0^{-T},\; \partial_t z(-T) = y_1^{-T} \quad \text{ in } \Omega, \end{aligned}\right.$$ con elegir adecuadamente datos de límite de $u$.

Answer 2

Considere la posibilidad de $g(\epsilon)_{z,v}=K_{s,p}(z+\epsilon v)$ $v$ una función arbitraria en el espacio correspondiente. Ahora tome la derivada en $\epsilon$ y evaluar en $\epsilon =0$. Esta es la derivada direccional de lo funcional a lo largo de la línea dada por $v$.