¿Existe$u \in V$ ecuación integral satisfactoria único?

Question

Establecer$$V = \{v \in H^1(0, 1) : v(0) = 0\}.$$Given $ f \ in L ^ 2 (0, 1)$ such that $ {1 \ over x} f (x) \ in L ^ 2 (0, 1)$, does there exist a unique $ u \ in V$ satisfying$$\int_0^1 u'(x)v'(x)\,dx + \int_0^1 {{u(x)v(x)}\over{x^2}}\,dx = \int_0^1 {{f(x)v(x)}\over{x^2}}\,dx \text{ for all }v \in V?$$%

Answer 1

RESPUESTA PARCIAL:

La principal dificultad aquí es (en mi humilde opinión) para demostrar que todas las integrales de sentido. Una vez que esto se logra, el problema DEBE ser estándar y solucionable, por ejemplo, a través de Lax-Milgram del teorema.

Ahora, en el caso de $$\int_0^1 \frac{f(x)v(x)}{x^2}\, dx$$ Me gustaría proceder de la siguiente manera. La tarea es mostrar que $\frac{v(x)}{x}\in L^2$. Utilice el hecho de que
$$v(x)=\int_0^x v'(y)\, dy.$$ Así $$ \begin{split} \int_0^1 v(x)\frac1x\, dx &= \int_0^1 \left(\int_0^x v'(y)\, dy\right)\, d\log x \\ & = \int_0^1 -v'(x)\log x\, dx +\log 1 \int_0^1 v'(y)\, dy - \lim_{x\to 0} \log x \int_0^x v'(y)\, dy. \end{split} $$ Por la regla de l'Hôpital el último límite es $0$. De modo que la integral es finito y esto demuestra que $\frac{v(x)}{x}\in L^2$.

El mismo razonamiento muestra que el término $\frac{u(x)}x\in L^2$. Se trata, entonces, con la débil formulación de Sturm-Liouville problema $$ \begin{cases} u'' +\frac{1}{x^2}u' = F, & F\overset{\text{def}}{=}\frac{f}{x^2} \\ u(0)=0 \\ u'(1)=0 \end{casos} $$

Ahora debo comprobar si Lax-Milgram del teorema es directamente aplicable o si necesitamos un poco más de ideas. El hecho de que $F$ no está necesariamente en $L^2$ me hace tender hacia el segundo escenario.

Pero he corrió fuera de tiempo, así que estoy escribiendo esta wiki de la comunidad con la esperanza de que pueda ser de alguna ayuda.

Answer 2

Si tu punto débil de la ecuación se mantiene, entonces se cumple para todos los $v\in C^{\infty}_c(0,1)$ (compacta compatible,) lo que implica que $u'$ debe ser absolutamente continua y satisfacer $$ -u"+\frac{1}{x^2}u = \frac{1}{x^2}f. $$ Las soluciones de $-u''+\frac{1}{x^2}u=0$ tiene la forma $x^{p}$ donde $p(p-1)-1=0$. Así, $$ (p-1/2)^2-5/4=0,\\ p = \frac{1}{2}\pm\frac{\sqrt{5}}{2},\\ p_1 = \frac{1+\sqrt{5}}{2},\;\;p_2=\frac{1-\sqrt{5}}{2}. $$ El Wronskian de las soluciones $x^{p_1}$, $x^{p_2}$ es $$ W(x^{p_1},x^{p_2})=x^{p_1+p_2-1}(p_1-p_2)=\sqrt{5}. $$ Considere la función $g$ dada por $$ -\sqrt{5}g(x) = x^{p_2}\int_{0}^{x}t^{p_1}\frac{f(t)}{t^2}dt+x^{p_1}\int_{x}^{1}t^{p_2}\frac{f(t)}{t^2}dt. $$ Esta función está definida en $(0,1)$ porque $$ t^{p_1}\frac{f(t)}{t^2}=t^{p_1-1}\frac{f(t)}{t}\en L^1. $$ $g$ es una función de Green de la solución con \begin{align} -\sqrt{5}g'(x) & = (x^{p_2})'\int_{0}^{x}t^{p_1}\frac{f(t)}{t^2}dt +(x^{p_1})'\int_{x}^{1}(t^{p_2}-t^{p_1})\frac{f(t)}{t^2}dt \\ -\sqrt{5}g''(x) & = (x^{p_2})''\int_{0}^{x}t^{p_1}\frac{f(t)}{t^2}dt +(t^{p_1})''\int_{x}^{1}t^{p_1}\frac{f(t)}{t^2}dt \\ & + W(x^{p_1},x^{p_2})\frac{f(x)}{x^2} \end{align} Por lo tanto, $$ \sqrt{5}\left(-g"+\frac{1}{x^2}g\right) = \sqrt{5}\frac{f(x)}{x^2}. $$ Echa un vistazo al comportamiento de $g$ cerca de $x=0$. La primera integral plazo para $\sqrt{5}g$ limita el uso de Cauchy-Schwarz por $$ x^{p_2}\left(\int_{0}^{x}t^{2p_1-2}\right)^{1/2}\left(\int_{0}^{x}\left(\frac{f(t)}{t}\right)^{2}dt\right)^{1/2} \\ \le x^{p_2}\frac{x^{p_1-1/2}}{\sqrt{2p_1-1}}k(x) \\ = \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{2p_1-1}}k(x), $$ donde$k(x)=\|\chi_{[0,x]}(t)f(t)/t\|\rightarrow 0$$x\rightarrow 0$. La segunda integral plazo para $\sqrt{5}g$ está delimitado por $$ x^{p_1}\left(\int_{x}^{1}(t^{p_2-1})^2dt\right)^{1/2}\|f(t)/t\| \\ \le C x^{p_1}x^{p_2-1/2}=C\sqrt{x}. $$ Por lo tanto, $g$ se desvanece en $x=0$.

Cualquier otra dos veces absolutamente continua de la solución de $-u''+\frac{1}{x^{2}}u=\frac{1}{x^2}f$ $(0,1)$ debe tener la forma $$ u = g + Ax^{p_1}+Bx^{p_2}, $$ Sin embargo $B=0$ debe mantener en orden para $u$ a desaparecer en $x=0$. Eligiendo $B$ adecuadamente, se pueden organizar $u'(1)=0$. Entonces, al integrar su débil ecuación por partes, se obtiene $$ \int_{0}^{1}(-u")vdx = \left.\int_{0}^{1}u v'dx+u ' v\right|_{0}^{1} = \int_{0}^{1}u v'dx,\;\;\; v\en V. $$ (Se deben estimar $u'$ cerca de $0$ y el uso de las propiedades de $v\in V$, pero la expresión es dada anteriormente, y las técnicas son las mismas.) Así que esta $u$ es una solución débil. Y usted puede ver que esto es único por la clásica construcción dada anteriormente. Esto puede no ser lo que esperaba, pero creo que es una solución completa. :) La respuesta es: Sí, no hay una única solución como la planteada.

Answer 3

Los métodos anteriores fueron llamados "indirecta" de los métodos. Pero si usted sabe algo acerca de la "directa" de los métodos, que son también llamados métodos variacionales, el problema puede ser resuelto muy rápidamente, ya que un particular para la construcción de una solución como la de arriba no es necesario: se define la energía funcional \begin{equation} J(x,u,u'):=\int_0^1 (u')^2+\frac{u^2}{x^2}-\frac{fu}{x^2}dx \end{equation} y \begin{equation} f(x,u,A):=(A)^2+\frac{u^2}{x^2}-\frac{fu}{x^2}. \end{equation} Primero de todo, para fijo $x$ y $u$, $f$ es convexa en a $A$, lo $J$ es levemente inferior semi continua; en segundo lugar, el uso de Poincaré y de Hölder la desigualdad usted a la conclusión de que $J$ es coercitivas; en tercer lugar, el uso de $u=0$ sabe que el supremum de la funcional es finito. Aplicando ahora el resumen teorema de existencia de saber que este funcional tiene un minimizer. De Euler-Lagrange ecuación en la solución que se le da la ecuación que se desea tener. Observe también que fija $x$, f es estrictamente convexa en $(u,A)$, por lo que el minimizer es también único. Esto implica la unicidad de la solución.

Answer 4

Considerar el promedio ponderado de espacio de Sobolev $V_1=\{v\in H^1(0,1):v(1)=0,\int_0^1\frac{v}{x^2}<\infty\}$, dotado de la norma $\|v\|_{V_1}^2=\int_0^1\frac{v}{x^2}+|v|_{H^1(0,1)}^2$. Este espacio es un espacio de Hilbert cuando está equipado con el análogo interior del producto.

La forma bilineal $a(u,v)=\int_0^1u'v'+\int_0^1\frac{uv}{x^2}$ es coercitivo y delimitada,$V_1$, y el lado derecho se define un continuo lineal funcional en $V_1$ si $f$ satisface el supuesto de que usted dio.

El Lax-Milgram Teorema nos da la existencia y unicidad en $V_1$. Tenga en cuenta que $V_1\subset V$, para probar la unicidad, vamos a $u_1$ $u_2$ dos soluciones y deje $w=u_1-u_2$, entonces podemos ver que $\|w\|_{V_1}=0\Rightarrow w\equiv0\Rightarrow u_1\equiv u_2$.