Rachunek wariacyjny

Transkrypt

Rachunek wariacyjny

Rachunek wariacyjny
dr hab. Marek Galewski prof. PŁ
spisanie i tłumaczenie :
mgr Elżbieta Krajewska
oraz
mgr inż. Piotr Kowalski
26 czerwca 2012
SPIS TREŚCI
1
Spis treści
1 Wprowadzenie do rachunku wariacyjnego
1.1 Warunek Palais-Smale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Zarys problematyki przejścia do przestrzeni wymiaru nieskończonego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Pytania o jakość zbioru elementów minimalnych . . . . . . . . .
3
5
7
7
2 Wypułkość i więcej
10
2.1 Poza wypukłością . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
3 Przestrzenie nieskończonego wymiaru
13
4 Przegląd innych cennych własności funkcjonałów
18
4.1 Jednoznaczność rozwiązania na przykładzie . . . . . . . . . . . . 18
4.2 Całkowanie wielokrotne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
4.3 Rozwiązywanie słabych równań różniczkowych ze sterowaniem . . 22
5 Absolutna ciągłość funkcji
23
5.1 Kolejny problem optymalnego sterowania . . . . . . . . . . . . . 24
6 Różniczkowanie w przestrzeniach nieskończonego
6.1 Pierwsza wariacja Lagrange’a . . . . . . . . . . . .
6.2 Pochodna kierunkowa a wypukłość . . . . . . . . .
6.3 Pochodna Gâteaux . . . . . . . . . . . . . . . . . .
wymiaru
27
. . . . . . . . 27
. . . . . . . . 29
. . . . . . . . 29
7 Bezpośrednia metoda wariacyjna dla problemów zagadnienia
brzegowego
32
7.1 Odszukiwanie przestrzeni dla funkcjonałów . . . . . . . . . . . . 33
8 Przykładowy problem z liniowym sterowaniem
36
SPIS TREŚCI
2
Wersje
numer
0.1
data
22.06.2012
autor
Piotr Kowalski
0.2
26.06.2012
Piotr Kowalski
opis
Wersja dokumentów z pierwszymi
poprawkami finalnymi. Sprawdzony
pierwszy rozdział
Poprawki w wszystkich spisanych rozdziałach (na 70% poprawne). Dorzucone dowody paru ćwiczeń z pierwszego i
drugiego wykładu. Możliwe problemy z
w.l.s.c. w pracy domowej !
1
1
WPROWADZENIE DO RACHUNKU WARIACYJNEGO
3
Wprowadzenie do rachunku wariacyjnego
Głównym problemem rachunku wariacyjnego jest odszukiwanie rozwiązań problemów postaci
f (x) = 0 , f : E → E ∗
(1)
gdzie E jest pewną przestrzenią funkcyjną (lub rzeczywistą). Okazuje się, że
problemy te daje się sprowadzić do minimalizacji pewnego funkcjonału J. W
zwyczajnym przypadku gdy E := R, najzwyczajniej policzyłoby się pochodną
funkcjonału i przyrównało do zera.
x0 : f (x0 ) = min f (x)
x∈D
(P)
Omówmy sposoby w jaki możemy odszukać to minimum. Głównym naszym
zainteresowaniem są na tą chwilę twierdzenia o istnieniu takiego minimum. Rozważmy przypadek, że funkcja f : R → R posiada minimum ( czyli punkt x ∈ R
taki, że f (x) = min f (x)).
x∈R
Podstawową metodą jest ograniczanie dziedziny i korzystanie z twierdzenia
Weierstrassa. Do pełnego zrozumienia działania tego twierdzenie potrzebna jest
półciągłości z dołu:
Definicja 1.1. Półciągłość z dołu
Funkcjonał nazywamy półciągłym z dołu gddy
∀x ∈ R
liminf f (x) f (x0 )
x→x0
(2)
gdzie liminf rozumiemy jako
∀ > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ R 0 < |x − x0 | < δ ⇒ f (x) + f (x0 )
(3)
Do oznaczania półciągłości z dołu używamy symbolu l.s.c. (ang. lower semi continious).
Twierdzenie 1.2. Twierdzenie Weierstrassa 1
Niech f : Rk → R będzie półciągłym z dołu funkcjonałem oraz niech D będzie
domkniętym i ograniczonym podzbiorem. Wtedy problem (P) ma rozwiązanie
w D.
Dowód Piotr K.
Zanim rozpoczniemy dowód zauważmy, że D jest zwarte jako domknięte i ograniczone w przestrzeni skończenie wymiarowej z metryką euklidesową.
Najpierw zauważmy, że funkcja f jest ograniczona z dołu. Faktycznie, gdyby
była nieograniczona to mielibyśmy ciąg o wartościach rozbieżnych do −∞. Ciąg
ten leży w zwartej dziedzinie, więc posiada podciąg zbieżny do pewnego x0
xn : f (xn ) → −∞
xkn → x0
−∞ < f (x0 ) ¬ lim f (xkn ) → −∞
xkn →x0
Wobec twierdzenia o dwóch ciągach f (x0 ) = −∞ co jest sprzecznością.
(4)
1
4
Teraz skoro funkcja jest ograniczona z dołu to istnieje ciąg realizujący jej
kres dolny. Na mocy definicji kresu dolnego mamy, że
∀x ∈ A a ¬ x
a := inf A ⇔
(5)
∀ > 0 ∃x ∈ A x ¬ a + Stąd biorąc w miejsce :=
1
n
otrzymujemy ciąg xn .
∃(xn ) ⊂ D
f (xn ) → inf f (x)
(6)
x∈D
Ze zwartości D mamy zagwarantowane istnienie podciągu (xkn , zbieżnego do
pewnego elementu x0 w D.
inf f (x) ¬ f (x0 ) ¬ liminf f (y) ¬
y→x0
x∈D
lim
xkn →x0
→ inf f (x)
x∈D
(7)
Z twierdzenia o 3 ciągach, mamy że f (x0 ) = inf f (x). Co kończy dowód.
x∈D
Rysunki funkcji półciągłych z góry i dołu
Możemy rozważać też twierdzenie Weierstrassa w innej postaci, które pozwala na udowodnienie istnienia minimum przy określonym zachowaniu w dużej
odległości od środka układu współrzędnych.
Jeśli f : Rk → R jest półciągła z dołu oraz zachodzi tzw. koercywność, tj.
lim
|x|→+∞
f (x) = +∞
(8)
To wtedy istnieje co najmniej jedno minimum
Lemat 1.4. Następujące warunki są równoważne
funkcja f jest l.s.c
∀x0 ∈ Rk zbiory S x0 := {x : f (x) ¬ f (x0 )} są domknięte
Dowód Eli lematu 1.4.
Dowód twierdzenia 1.3 Marka B.
Niech x0 ∈ Rk . Rozważmy zbiór S x0 = {x : f (x) ¬ f (x0 )}. z lematu 1.4. zbiór
ten jest domknięty. Z koercywności istnieje taka liczba rzeczywista r, że
∀x
|x| > r ⇒ f (x) > f (x0 )
x0
(9)
x0
Jako, że S jest ograniczony S
⊂ B (0, r) i domknięty to jest zwarty. Z
twierdzenia 1.2 istnieje a ∈ S x0 takie, że
∀s ∈ S x0
k
f (a) ¬ f (x)
(10)
x0
Weźmy teraz dowolny x ∈ R . Jeśli x ∈ S to oczywiście f (a) ¬ f (x). W
przeciwnym wypadku mamy f (x) > f (x0 ) f (a).
Uwaga. Rozwiązanie nie musi być jednoznaczne.
Przykłady funkcji niekoercywnych, ale posiadających minimum
Dla powyższych przykładów, z braku koercywności nie możemy zawnioskować o istnieniu rozwiązania.
1
1.1
5
Warunek Palais-Smale
Do istnienia rozwiązań w postaci minimum możemy używać warunku PalaisSmale
Definicja 1.5. Warunek Palais-Smale Niech f ∈ C 1 (Rk , R) czyli ma wszystkie pochodne cząstkowe 1 rzędu ciągłe. Powiemy, że funkcja (funkcjonał) spełnia
warunek Palais-Smale jeśli z każdego ciągu (xn )n∈N takiego, że
1. (f (xn ))n∈N jest ograniczony, oraz
2. f 0 (xn ) → 0 czyli wszystkie pochodne cząstkowe zbiegaja do 0
można wybrać podciąg zbieżny. Jeśli funkcja (funkcjonał) spełnia warunek PalaisSmale’a to będziemy pisać, że f - spełnia (PS)
Ćwiczenie 1. Pokazać, że (PS)
1. jest spełniony dla funkcji x2
2. jest niespełniony dla funkcji ex
3. jest spełniony dla każdej koercywnej funkcji
Dowód dla ćwiczenia - Piotr K.
x2 spełnia (PS). Wybierzmy dowolny ciąg (xn )n∈N ⊂ Rk taki, że (f (xn ))n∈N ⊂
R jest ograniczony. Łatwo zauważyć, że xn musi być ograniczony. Skoro ograniczony to jest podzbiorem jakieś zwartego. Stąd można w nim wybrać podciąg
zbieżny.
ex nie spełnia (PS). Weźmy ciąg xn := −n. Zauważmy, że
∀n ∈ N
0 f (xn ) < f (x1 ) = e−1
(11)
oraz
lim f 0 (xn ) = lim e−n = 0
n→∞
n→∞
(12)
Jednak z xn = −n nie można wybrać podciągu zbieżnego w Rk .1 .
Każda funkcja koercywna spełnia (PS). Wybierzmy dowolny ciąg (xn )n∈N ⊂
Rk taki, że (f (xn ))n∈N ⊂ R jest ograniczony. Wobec koercywności, ciąg (xn )
jest ograniczony. Istotnie, przypuśćmy, że nie jest ograniczony. Wtedy ciąg jego
norm dąży do +∞, natomiast f (xn ) jest ograniczone. Sprzeczność. Zatem ciąg
xn jest ograniczony. Stąd jest podzbiorem jakieś zbioru zwartego. Zatem daje
się wybrać podciąg zbieżny.
Niech f ∈ C 1 (Rk , R) spełnia warunek (PS) oraz niech będzie ograniczona z dołu.
Wtedy problem (P) posiada minimum.
Lemat. Prawo wariacyjne Ekelanda
Niech f ∈ C 1 (Rk , R) będzie ograniczony z dołu. Wtedy dla dowolnego > 0 oraz
u ∈ Rk takiego, że
f (u) ¬ inf f (x) + x∈Rk
k
to wtedy istnieje v ∈ R taki, że
1 Każdy
zbieżny jest ograniczony, a tu nie ma ograniczonego podciągu
1
6
i) f (v) ¬ f (u)
√
ii) kv − uk ¬ √
iii) k∇f (v)k ¬ Dowód Marka B.
Niech := n1 . Z definicji kresu dolnego mamy ciąg (xn )n∈N taki, że
f (xn ) ¬ inf f +
1
n
(13)
Z lematu Ekelanda 1.1 mamy zatem, że istnieje ciąg (vn )n∈N taki, że
f (vn ) ¬ f (xq
k)
∀n ∈ N
kvn − xn k ¬ n1
q
kf 0 (vn )k ¬ n1
(14)
Zatem f (vn ) ¬ inf f + 1 czyli ograniczony ciąg norm jego pochodnych zbiega
do 0. Wobec (PS) musi on mieć podciągqzbieżny vkn → x̄. Niech > 0. Dla
odpowiednio dużego l połóżmy, 2 := − k1l . Z zbieżności vkn dla 2 istnieje k
takie, że
∀n > k kvkn − x̄k ¬ 2
(15)
Dla dowolnego n > k ∗ := max {k, l} zachodzi zatem
r
r
r
r
1
1
1
1
kxkn − x̄k ¬ kxkn − vkn k + kvkn − x̄k ¬
+−
¬
+−
=
kn
kl
kl
kl
(16)
Stąd xkn → x̄. Z twierdzenie o trzech ciągach otrzymujemy, że f (x̄) = inf f .
Ćwiczenie 2. Jeśli f ∈ C 1 (Rk , R) and
lim (f (x) + k∇f (x)k) = +∞
|x|→∞
(17)
Wtedy f spełnia warunek (PS)
Dowód.
Załóżmy, że xn jest ograniczony. Wtedy zawiera się w zbiorze zwartym i w efekcie
warunek (PS) jest spełniony. Niech dalej xn będzie nieograniczony. Jeśli f (xn )
nie jest ograniczony to (PS) jest spełniony. Załóżmy dalej, że f (xn ) jest ograniczony. Z warunku (17) musi zatem zachodzić, że kf 0 (xn )k → +∞, a zatem (PS)
jest spełniony.
1
1.2
7
Zarys problematyki przejścia do przestrzeni wymiaru
nieskończonego
Przy przejśćiu do przestrzeni wymiaru nieskończonego występują m.in. takie
problemy
1. zbiory zwarte mogą mieć puste wnętrze.
2. zbiory domknięte i ograniczone nie muszą być zwarte
3. pojęcia słabej i silnej ciągłości nie są juz tożsame
4. bo nie są tożsamymi silne i słabe topologie
Pytanie: Czy zbiór słabo domknięty jest domknięty, czy na odwrót?
1.3
Pytania o jakość zbioru elementów minimalnych
Kolejnym pytaniem po pytaniu egzystencjalnych, jest pytanie o jakość zbioru
tych punktów minimalnych, jego spójność, zwartość, domkniętość, ilość punktów
itp. Do tych własności wygodnym jest pojęcie wypukłości.
Definicja 1.7. Funkcja wypukła
Funkcje f : Rk → R nazwiemy wypukłą jeśli zachodzi następujący
∀λ ∈ [0, 1]∀x1 , x2 ∈ Rk
f (λx1 + (1 − λ)x2 ) ¬ λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 )
(18)
Definicja 1.8. Funkcja ściśle wypukła
Funkcje f : Rk → R nazwiemy ściśle wypukłą jeśli zachodzi następujący
∀λ ∈ (0, 1)∀x1 , x2 ∈ Rk
x1 6= x2 ⇒ f (λx1 + (1 − λ)x2 ) < λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 )
(19)
Oprócz funkcji wypukłych, można otrzymać ogólniejsze wnioski stosując tzw.
pojęcie otoczki wypukłej. Funkcje wypukłe mają to do siebie, że ich nadwykres
(obszar powyżej wykresu) jest zbiorem wypukłym. Przez otoczkę wypukłą będziemy rozumieli najmniejszy zbiór wypukły zawierający nadwykres funkcji.
Okazuje się jednak, że conajmniej potrzeba nam aby wszystkie minima funkcji
leżały na otoczce wypukłej aby uzyskiwać wyniki dotyczące minimów, inaczej
nie będziemy w stanie ich opisać.
Definicja 1.9. Nadwykres
Nadwykresem funkcji f : Rk → R nazywamy zbiór
epi f = (x, α) ∈ Rk × R : f (x) ¬ α
(20)
Definicja 1.10. Zbiór S
Przez Sα rozumieć będziemy następujacy zbiór
Sα = {x : f (x) ¬ α}
(21)
Ćwiczenie 3. Udowodnij dla f : Rk → R, że
1. jeśli f jest wypukła to
∀α ∈ R
(Sα jest wypukły )
(22)
1
8
2. Jeśli funkcja ma klasę f ∈ C 1 (Rk , R) to jest wypukła wtedy i tylko wtedy
gdy
∀u, v ∈ Rn f (u) − f (v) ∇f (v) ◦ (u − v)
(23)
gdzie ◦ oznacza iloczyn skalarny w przestrzeni Euklidesowej
Dowód dla ćwiczenia 3 Adam M.
Niech x, y ∈ S α , oraz f wypukła. Weźmy λ ∈ [0, 1].
f (λx + (1 − λ)y) ¬ λf (x) + (1 − λ)f (y) ¬ λα + (1 − λ)α = α
(24)
Dowodzimy teraz drugiego podpunktu. Niech f będzie wypukła. Niech x, y ∈
Rk , λ ∈ (0, 1]. Mamy
f ((1 − λ)x + λy) ¬ (1 − λ)f (x) + λf (y)
(25)
f ((1 − λ)x + λy) ¬ f (x) + λ(f (y) − f (x))
f ((1−λ)x+λy)−f (x)
¬ f (y) − f (x)
λ
(x)
0
¬ f (y) − f (x)
f (x) ◦ (y − x) = lim f ((1−λ)x+λy)−f
λ
(26)
Stąd
λ→0+
k
Odwrotnie, niech x, y ∈ R oraz λ ∈ [0, 1]. Dla par (x, λx + (1 − λ)y), (y, λx +
(1 − λ)y) mamy
f (x) − f (λx + (1 − λ)y) f 0 (λx + (1 − λ)y) ◦ (x − λx − (1 − λ)y)
f (y) − f (λx + (1 − λ)y) f 0 (λx + (1 − λ)y) ◦ (y − λx − (1 − λ)y)
(27)
Stąd
f (x) f (λx + (1 − λ)y) + (1 − λ)f 0 (λx + (1 − λ)y) ◦ (x − y) / · λ
f (y) f (λx + (1 − λ)y) + (1 − λ)f 0 (λx + (1 − λ)y) ◦ (y − x) / · (1 − λ)
(28)
Dodając stronami otrzymujemy
λf (x) + (1 − λ)f (y) f (λx + (1 − λ)y)
(29)
Co kończy dowód.
Twierdzenie 1.11. Wypukłość, a punkty minimum
Niech J : Rk → R będzie wypukłym funkcjonałem. Wtedy zachodzą następujące
własności
i) każde minimum lokalne jest globalnym
ii) zbiór złożony z wszystkich minimów jest wypukły
iii) każdy punkt krytyczny (o ile funkcjonał ma klasę f ∈ C 1 (Rk , R) ) czy rozwiązanie problemu
∇f (x) = 0
(30)
jest minimum funkcjonału
iv) jeśli f jest wypukła ściśle to minimum jest najwyżej jedno.
1
9
Wniosek. Jeśli f ∈ C 1 (Rk , R), f - wypukła oraz ∇f (x) 6= 0, ∀x ∈ Rk , to f nie
posiada minimum.
Dowód 1.11.
Zacznijmy od dowodu iii. Wobec poprzedniego ćwiczenia dla dowolnego u = x ∈
Rk oraz v = x będącego punktem krytycznym. Wtedy
f (x) f (x) + ∇f (x)(x − x) = f (x)
(31)
Czyli x jest minimum globalnym z dowolności x.
Dowodzimy teraz ii. Wybierzmy dwa minima globalne funkcji x1 , x2 ∈ Rk
oraz niech λ ∈ [0, 1] dowolna. Dla λ = 0 oraz λ = 1 - oczywiste. Dla pozostałych
mamy:
min f (x) ¬ f (λx1 + (1 − λ)x2 ) ¬ λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 ) = min f (x)
(32)
Czyli kombinacja wpukła λx1 + (1 − λ)x2 jest minimum dla każdego λ ∈ [0, 1].
Zatem zbiór minimów jest wypukły.
Dowodzimy teraz iv.Niech λ ∈ (0, 1) dowolna. Przypuścmy niewprost, że
możemy wybrać dwa minima globalne funkcji x1 , x2 ∈ Rk różne od siebie. Zatem:
min f (x) ¬ f (λx1 + (1 − λ)x2 ) < λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 ) = min f (x)
(33)
Czyli otrzymaliśmy sprzeczność, w efekcie przypuszczenia, że są takie dwa różne
od siebie minima.
Dowodzimy teraz i Niech x będzie minimum lokalnym, zatem bedzie to minimum w pewnej kuli domkniętej.
∃B(x, r) ∀x ∈ B(x, r) f (x) f (x)
Weźmy dowolny x ∈ Rk \ B(x, r). Weźmy λ =
że punkt λx + (1 − λ)x należy do kuli B(x, r)
kλx + (1 − λ)x − xk = kλ(x − x)k =
r
kx−xk
(34)
< 1 i λ > 0. Zauważmy,
r
· kx − xk = r
kx − xk
(35)
Zatem x jako minimum w kuli, jest od niego nie większe
f (x) ¬ f (λx + (1 − λ)x) ¬ λf (x) + (1 − λ)f (x)
(36)
λf (x) ¬ λf (x)
(37)
f (x) ¬ f (x)
(38)
Stąd
a zatem
Czyli, z dowolności wyboru x ,x jest minimum globalnym
2
WYPUŁKOŚĆ I WIĘCEJ
2
10
Wypułkość i więcej
przypominamy definicję nadwykresu:
Definicja 2.1. Nadwykres
Nadwykresem funkcji f : Rk → R nazywamy zbiór
epi f = (x, α) ∈ Rk × R : f (x) ¬ α
(39)
Mamy następujące twierdzenie
Twierdzenie 2.2. Funkcja f : Rk → R jest wypukła wtedy i tylko wtedy gdy
nadwykres jest wypukły.
Ćwiczenie 4. Udowodnić powyższe twierdzenie
Dowód Piotr K..
Najpierw dowodzimy f-wypukła to epi f ⊂ Rk ×R wypukły Niech (x, αx ), (y, αy ) ∈
epi f , oraz α ∈ [0, 1]. Sprawdzamy czy kombinacja liniowa tych punktów należy
do epi f , tj. czy (αx + (1 − α)y, ααx + (1 − α)αy ) ∈ epi f . Mamy
ααx + (1 − α)αy αf (x) + (1 − α)f (y) f (αx + (1 − α)y)
(40)
Z dowolnośc wybranych par oraz dowolności α, epi f jest wypukły.
Teraz dowodzimy epi f wypukły to funkcja wypukła. Niech x, y ∈ Rk , oraz
α ∈ [0, 1]. Wtedy pary (x, f (x)), (y, f (y)) ∈ epi f . Z wypukłości epi f mamy
(αx + (1 − α)y, αf (x) + (1 − α)f (y)) ∈ epi f
(41)
αf (x) + (1 − α)f (y) f (αx + (1 − α)y)
(42)
czyli
Co z dowolności wyborów x,y oraz α kończy dowód.
Uwaga. Wypukłość poziomic Lebesgue’a nie jest wystarczająca.
Twierdzenie 2.3. Niech C ⊂ Rk będzie otwartym wypukłym zbiorem. Niech
f : C → R będzie wypukłą funkcją, ciągłą w pewnym punkcie dziedziny X0 ∈ C.
Wtedy funkcja jest ciągła na całym C.
Dowód.
Na następnych zajęciach
Uwaga. możemy zastąpić zbiór C dowolnym zbiorem wypukłym z niepustym
wnętrzem. x0 musi wtedy należeć do tego wnętrza Uwaga, f musi być ciągła na
wnętrzu. wtedy ciągłość przeniesie się na brzeg.
przykład funkcji nieciągłej o wypukłym nadwykresie
Uwaga. W przestrzeniach o skończonym wymiarze rozważa się tzw. względne
wnętrza
2
11
rysunek - względne wnętrza dla odcinka w R2
Twierdzenie 2.4. Półciągłość z dołu oraz nadwykres Niech f : Rk → R
(lub na D ⊂ Rk domkniętym) wtedy następujące warunki są równoważne
1. f jest słabopółciągła z dołu
2. nadwykres jest domknięty
3. wszystkie poziomice Lebesguea są domknięte dla wszystkich α ∈ R.
2.1
Poza wypukłością
W dalszej części rozważamy inne warunki pomocne do oceny rozwiązania problemu minimalizacji. Zajmiemy się teraz pojęciem inwekcji czyli niezmienniczej
wypukłości
Twierdzenie sprzed tygodnia
Twierdzenie 2.5. Niech f : R → R będzie wypukła oraz C1 . Wtedy każdy punkt
krytyczny (czyli punkt taki, że ∇f (x) = 0) jest globalnym minimum
Definicja 2.6. Inwekcja
Funkcja klasy C1 f : Rk → R będzie nazywana inwekcją jeśli istnieje takie
odwzorowanie η : Rk × Rk → Rk , takie że
∀x, y ∈ Rk
Przykład.
f (x) − f (y) ∇f (y) ◦ η(x, y)
(43)
3
1. Funkcja x nie jest inwekcyjna
2. x3 + x inwekcyjna
3. −ex inwekcyjna
2
4. −e−x inwekcyjna
Wniosek. Jeśli f : Rk → R jest inwekcją, a φ : Rk − > Rk jest dyfeomorfizmem
C1 , wtedy f ◦ φ jest również inwekcją
Uwaga. Niemożna zastąpić inwekcji przez wypukłość
Ćwiczenie 5. Podać dowód wniosku oraz przykład funkcji φ oraz f-wypukłej
dla której powyższe twierdzenie nie zachodzi.
Dowód Piotra K.
Niech x, y ∈ Rk wtedy φ(x), φ(y) ∈ Rk . Z inwektywności f mamy


η1


f (φ(x)) − f (φ(y)) [f 0 1 , . . . , f 0 k ] (φ(y)) ·  ...  (φ(x), φ(y))
(44)
ηk
Zauważmy, że
φ0 1,1
 ..
0
0
∇(f ◦ φ)(z) = [f 1 , . . . , f k ] (φ(z)) ·  .
φ0 k,1

Powołamy się na tw. 8.2 z Birkholca
···
..
.
···

φ0 1,k
..  (z)
. 
φ0 k,k
(45)
2
12
Twierdzenie 2.7. Niech f : G → Rk będzie klasy C1 , gdzie G ⊂ Rk zbiór
otwarty. Wówczas, jeśli f jest nieosobliwe to
1. zbiór f (G) jest otwarty
2. jeśli f jest różnowartościowe, to f −1 jest klasy C1 oraz zachodzą wzory
df −1 (y) = (df (x))−1
(46)
gdzie y = f (x), x ∈ G.
Skoro φ jest dyfeomorfizmem to spełnia założenia i odwrotne do niego również spełnia. Zatem
I = dφ(x) · dφ−1 (φ(x))
(47)
Then


η1


[f 0 1 , . . . , f 0 k ] (φ(y)) ·  ...  (φ(x), φ(y)) =
ηk


η1


= [f 0 1 , . . . , f 0 k ] · I(φ(y)) ·  ...  (φ(x), φ(y)) =
ηk
(48)

η1
 .. 
= [f 1 , . . . , f k ] · dφ(y)dφ (φ(y)) ·  .  (φ(x), φ(y)) =
ηk
= ∇(f ◦ φ)(y) ◦ η(x, y)
0
0
−1
gdzie


η1


η(x, y) = dφ−1 (φ(y)) ·  ...  (φ(x), φ(y))
ηk
(49)
Twierdzenie 2.8. Funkcja f : Rk → R ( C1 ?) jest inwekcją wtedy i tylko wtedy
gdy dowolny punkt krytyczny jest minimum globalnym.
Dowód.
Dla ⇒ łatwe i zrobione przez zamachanie rękami
Dowodzimy dla ⇐. Zakładamy, że dowolny punkt krytyczny jest minimum
globalnym. Wybieramy
(
0
∇f (y) = 0
η(x, y) =
(50)
f (x)−f (y)
∇f
(y)
∇f
(y) 6= 0
∇f (y)◦∇f (y)
Wtedy f jest inwekcją z takim η.
Obserwacja. Jest wiele funkcji dla których f jest inwekcją
Wniosek. Każda funkcja f : Rk → R klasy C1 i nie posiadająca punktów
krytycznych jest inwekcją.
3
3
PRZESTRZENIE NIESKOŃCZONEGO WYMIARU
13
Przestrzenie nieskończonego wymiaru
Przechodzimy teraz do przestrzeni nieskończonego wymiaru. Działa tu oczywiście twierdzenie Weierstrassa
Twierdzenie 3.1. Weierstrassa 1
Niech f : X → R , X jest rzeczywistą przestrzenią Banacha, a f jest w niej
ciągła, D ⊂ X podzbiór zwarty to wtedy
∃x ∈ D ∀x ∈ D
f (x) f (x)
(51)
Twierdzenie to nie jest jednak dla nas atrakcyjne ponieważ zbiory zwarte
mają w nieskończonym wymiarze puste wnętrze.
Twierdzenie 3.2. Weierstrassa 2
Niech f : X → R , X jest rzeczywistą przestrzenią Banacha, a f jest w niej
półciągła z dołu i funkcja jest koercywna tj. lim f (x) = +∞. Wtedy
kxk→+∞
∃x ∈ X ∀x ∈ X
f (x) f (x)
(52)
Uwaga. Półciągłość z dołu jest bardzo silnym założeniem. Twierdzenie to możemy zatem osłabiać założenie by twierdzenia miało zastosowanie do naszych
przykładów. Znane są dwa poprawne osłanienia
1. zastosowanie słabej zbieżności zamiast silnej
2. pracowania na podciągach zamiast na ciągach
Twierdzenie 3.3. Jeśli f : X → R, gdzie X jest rzeczywistą przestrzenią
Banacha, i f jest ograniczone z dołu oraz koercywne, to wtedy jeśli dla każdego
ciągu minimalizującego (xn ) ⊂ X
inf f (x) = inf f (xn )
x∈X
x∈N
(53)
istnieje słabo zbieżny podciąg, to f posiada minimum
Uwaga. Ostatni warunek nazywa się słabą podciągową półciągłością z dołu.
Uwaga. Wyniki powyższego twierdzenia są utrzymane przy koercywności zastąpiąnej przez f : D → R, D - zbiór słabo domknięty, wypukły i ograniczony w
X.
Przykład. Koercywność
Niech J : H10 (0, π) → R gdzie
dx
1
2
H0 (0, π) = x : x : [0, π] → R, x(∂(0, π)) = {0} ,
∈ L (0, π)
dt
Rozważmy teraz funkcje Caratheodoriego tzn. funkcje mierzalne przy ustalonej drugiej zmiennej i ciągłe dla prawie każdej ustalonej zmiennej pierwszej.
1. F (t, x) = f (t) · arc tg x, f ∈ L1 (0, π)
2. F (t, x) = f1 (t)x4 + f2 x3 + arc tg(t · x)
3
14
Ćwiczenie 6. Sprawdzić warunki dla funkcji Caratheodoriego
Rozwiązanie Piotr K.
Robimy dla 1. Ciągłość jest oczywista dla każdego t ∈ [0, π] jako, że arc tg jest
ciągły. Dowodzimy mierzalności. Niech x ∈ R, wtedy:
Zπ
Zπ
|f (t)|dt · | arc tg x| ¬
|F (t, x)|dt ¬
π
kf kL1 (0,π) < ∞
2
(54)
0
0
Robimy dla 2. Ciągłość jest znowu oczywista dla każdego t ∈ [0, π]. Dowodzimy
mierzalności:
Zπ
|f1 (t)x4 + f2 (t)x3 + arc tg(t · x)dt ¬ x4 kf1 kL1 (0,π) + x3 kf2 kL1 (0,π) +
π2
<∞
2
0
(55)
Ponadto zakłada się warunek L1 Caratherodoriego
t → max F (t, x) ∈ L1 (0, π)
∀d ∈ R+
(56)
x∈[−d,d]
Ćwiczenie 7. Pokazać, że 1) oraz 2) spełniają warunek L1 -Caratheodoriego
Rozwiązanie Piotra K.
Dowodzimy dla 1. Niech d ∈ R+ , wtedy:
Zπ
Zπ
| max F (t, x)|dt ¬
π
kf kL1 (0,π) < ∞
2
|f (t)|dt arc tg d ¬
x∈[−d,d]
0
(57)
0
+
Dowodzimy dla 2. Niech d ∈ R , wtedy:
Rπ
0
Rπ
| max F (t, x)|dt ¬
x∈[−d,d]
Rπ
|f2 (t)|dtd3 +
π2
2
¬
kf1 kL1 (0,π) d4 + kf2 kL1 (0,π) d3 +
π2
2
<∞
|f1 (t)|dtd4 +
0
0
(58)
Dodatkowo zakłada się tzw. warunki wzrostu. Najczęściej, że istnieją liczby
a, b ∈ R oraz funkcja c ∈ L1 (0, π) taka, że
F (t, x)
1 2
ax + bx + c(t)
2
dla wszystkich x oraz prawie wszystkich t ∈ [0, π].
(59)
3
15
Lemat 3.4. Funkcjonał J : H10 (0, π) → R dany wzorem
1
J(x) =
2
Zπ dx
dt
Zπ
2
F (t, x(t))dt
dt +
(60)
0
0
A) Jest dobrze określony2 , koercywny gdy ’a’ w warunku wzrostu spełnia warunek a ∈ (−1, ∞). Ponadto, J jest słabo półciągły z dołu na podciągach. Tzn.
(xn ) ⊂ H10 (0, π) i dla xn * x, to istnieje podciąg xkn → x taki że
liminf J(xkn ) J(x)
(61)
n→∞
B) Jeśli f jest wypukła na drugą zmienną dla prawie wszystkich t ∈ [0, π], to J
jest słabo półciągły z dołu.
Dowód.
Funkcjonał jest dobrze określony. Skoro x ∈ H10 (0, π) to
1
2
Zπ dx
dt
(t)dt < +∞
(62)
0
Skoro x ∈
H10
(0, π) to x jest ciągła i z twierdzenia Weierstrassa mamy
∃dx ∀t ∈ [0, π] |x| < dx
(63)
1
Zatem z L warunku Caratheodoriego otrzymujemy skończoność
Zπ
F (t, x(t)) < +∞
(64)
0
Weźmy ciąg elementów (xn ) ⊂ H10 (0, π) rozbieżny w normie H
lim kxn kH1 (0,π) = +∞
n→+∞
s
where kxkH1 (0,π) =
0
Rπ
0
(65)
0
2
( dx
dt ) dt
Lemat 3.5. nieformalnie podany lemat Poincarè
Jeśli µ(Ω) < +∞ to
∀x ∈ H10 (0, π)
kxkL2 (0,π) ¬ kxkH1 (0,π)
Ponadto
kxkL∞ (0,π) ¬
(66)
0
√
π kxkH1 (0,π)
(67)
0
Mamy zwarte zawieranie H10 (0, π) ⊂⊂ C(0, π).
Jeśli (xn ) jest zbieżny w H10 (0, π) to wtedy ciąg ten jednostajnie zbieżny w
2
L (0, π).
Jeśli (xn ) jest słabo zbieżny w H10 (0, π) do x to wtedy ciąg ten jednostajnie
zbieżny w L2 (0, π) do tegoż x na podciągu.
Zastosowanie odnajdzie twierdzenie Arzeli-Ascoliego Theorem
2 jest
skończony w każdym punkcie
3
16
Twierdzenie 3.6. Twierdzenia Arzeli-Ascoliego
Jeśli xn : [0, π] → R są jednakowociągłe oraz wspólnie ograniczone to wtedy z
ciągu tego można wybrać podciąg zbieżny jednostajnie
Ciąg (xn ) jest słabo zbieżny, zatem jest ograniczony. Zatem jest również
ograniczony w H na mocy nierówności Soboleva. Zachodzi również wspólne ograniczenie na mocy
Zt
p
dx
(z)dz| ¬ |t − s| · kxkL∞ (0,π)
dz
|x(s) − x(t)| ¬ |
(68)
s
. Zatem
Zatem biorąc dla dowolnego > 0, δ podana wzorem δ := kxk ∞
L (0,π)
otrzymujemy warunek istnienia podciągu zbieżnego w silniejszej topologii, stąd
mamy zbieżność do pewngo elementu w L2 . Ciąg ten może być zbieżny w H, ale
nie musi.
Pracujemy nad koercywnością. Dla a > 0
J(xn )
1
2
=
1
2

1
2

Rπ
0
2
k
( dx
dt (t)) dt +
Rπ
Rπ
2
F (t, xn (t))
0
kxkH1 (0,π) + b x(t)dt +
0
0
Rπ
0
c(t)dt
√
2
kxkH1 (0,π) − |b| π kxkH1 (0,π) +
0
0
Rπ
(69)
c(t)dt
0
i dla a < 0
J(xn )
=

1
2
1
2
Rπ
0
2
k
( dx
dt (t)) dt +
Rπ
F (t, xn (t))
0
Rπ
Rπ
2
2
kxkH1 (0,π) − 12 a kxkL2 (0,π) + b x(t)dt + c(t)dt
1
2 (1
0
0
(70)
0
Rπ
√
2
− a) kxkH1 (0,π) − |b| π kxkH1 (0,π) + c(t)dt
0
0
0
Dowodzi to części A. Zajmiemy się teraz informacją o wypukłości
Uwaga. Rozważamy teraz związki łączące słabą półciągłość z dołu oraz wypukłość
Mamy następujące twierdzenie
Twierdzenie 3.7. Niech f : S → R, s jest domkniętym i wypukłym podzbiorem
w X, S ⊂ X, gdzie X jest rzeczywistą przestrzenią Banacha. Wtedy następujące
warunki są równoważne:
1. f jest słabo podciągowo półciągła z dołu
2. epi f jest słabo domknięty
3. ∀α ∈ R zbiory Lebesgue’a Sα = {x : f (x) ¬ α} jest słabo domknięty
Ćwiczenie 8. Udowodnić powyższe. Wskazówka. Dowód jest analogiczny jak w
skończonym wymiarze.
3
17
Dowód Piotrka K.
Dowiedziemy 1⇒ 2.
Niech (xn , αn ) * (x0 , α0 ) gdzie wszystkie (xn , αn ) ∈ epi f . Tzn, że dla
wszystkich n zachodzi αn f (xn ) przechodząc do słabej granicy z nierównością
otrzymujemy
(71)
α0 liminf f (xn ) f (x0 )
xn *x0
zatem (x0 , α0 ) ∈ epi f .
Dowodzimy teraz 2 ⇒ 3.
Niech α ∈ R. Zauważmy, że Sα × {α} ⊂ epi f . Niech xn * x0 , gdzie dla
każdego n xn ∈ Sα . Wtedy
(xn , α) * (x0 , α)
(72)
Z domkniętości epi f mamy, że (x0 , α) ∈ epi f czyli α x0 . Zatem x0 ∈ Sα .
Ostatnia implikacja na podstawie dowodu Eli.
Twierdzenie 3.8. Jeśli f : X → R jest wypukłym, ciągłym funkcjonałem to
jest on słabo półciągłym z dołu funkcjonałem.
2
Dowód dla B wynika z powyższego twierdzenia 3.8. Jako, że x → kxk
jest złożenie funkcji wypukłej z wypukłą niemalejącą. Jest to również operacja
Rπ
ciągła. Również funkcja x → F (t, x(t)) jest wypukłą i ciagła3
0
W przypadku braku wypukłości F.
Niech (xn ) będzie słabo zbieżnym ciągiem w H10 (0, π), xn → x. Wtedy posiada podciąg zbieżny silnie w L2 (0, π). I B jest dalej prawdziwe.
Ćwiczenie 9. Udowodnić powyższe z następującym warunkiem wzrostu.
F (t, x)
1
a|x|γ + b|x| + c(t)
2
(73)
Podać warunki koercywności.
Dowód.
Wykorzystamy nierówność Höldera
Zπ
π
 γ2  π
 2−γ
2
Z
Z
2
γ γ2 
γ



2−γ
|x|
|x| ¬
·
1
0
0
(74)
0
Stąd mamy
kxkLγ (0,π) ¬ kxkL2 (0,π) π
2−γ
2γ
(75)
Wtedy nierówność dla koercywności ma postać:
J(xn )
3 Wystarczy
1
2
kxkH1 (0,π) − |b| kxkH1 (0,π) + kckL1 (0,π)
0
0
2
(76)
użyć L1 warunku Caratheodoriego oraz twierdzenia o zdominowanej zbieżności
4
PRZEGLĄD INNYCH CENNYCH WŁASNOŚCI FUNKCJONAŁÓW 18
przy a 0 oraz
J(xn )
2−γ
1
1
2
γ
kxkH1 (0,π) + a kxkH1 (0,π) π γ − |b| kxkH1 (0,π) + kckL1 (0,π)
0
0
0
2
2
(77)
w przypadku przeciwnym. Stąd funkcjonał jest koercywny zawszeNiech f :
Ω × R → R jest funkcją Caratheodoriego.
4
Przegląd innych cennych własności funkcjonałów
Mamy twierdzenie o rozszerzeniu ciagłości funkcji wypukłych
Twierdzenie 4.1. Niech f : S → R, S ⊂ X, gdzie X jest pewną przestrzenią
Banacha 4 , a ponadto f oraz S są wypukłe. Wtedy jeśli f jest ograniczone na
pewnym otoczeniu punktu x ∈ S, to f jest ciągła
Dowód Tomka Z.
Tu w odpowiednim momencie znajdzie się dowód Tomka.
4.1
Jednoznaczność rozwiązania na przykładzie
Niech J : H10 (0, π) → R dany wzorem
1
J(x) =
2
Zπ
2
Zπ
ẋ (t)dt +
0
F (t, x(t))dt
(78)
0
gdzie f jest funkcją L1 -Caratheodoriego z warunkiem wzrostu
f (t, x)
1 2
ax + bx + c(t) ∀x ∈ R p.w. t ∈ [0, π]
2
(79)
Twierdzenie 4.2. Przy powyższych założeniach funkcjonał F posiada co najmniej jedno rozwiązanie minimalizujące o ile a > −1.
Jednoznaczność tego minimum można otrzymać np. z jednego z dwóch poniższych warunków
1. F jest wypukła dla drugiej zmiennej
2. Dla pewnych liczb λ < 1 funkcjonał
1
λ
2
Zπ
jest wypukły
Zπ
x (t)dt +
0
4 ”Przyjemną”
2
F (t, x(t))dt
0
(80)
4
Uzasadniając 2 zauważmy, że
1. Funkcjonał
1
x→
2
Zπ
ẋ2 (t)dt
(81)
0
jest ściśle wypukły
2. Ponadto dowodzi się silniej, że
1
x→
2
Zπ
1
ẋ (t)dt − λ
2
2
0
Zπ
x2 (t)dt
(82)
0
jest ściśle wypukły dla dowolnego λ < 1
Ćwiczenie 10. Udowodnić istnienie rozwiązania gdy w warunku wzrostu pojawią się funkcje zamiast stałych tzn a ∈ L∞ (0, π) oraz b ∈ L1 (0, π). Zbadać
postać warunku koercywności 5
4.2
Całkowanie wielokrotne
Mamy funkcjonał J : H10 Ω → R,gdzie Ω otwarty, regularny i ograniczony. Funkcjonał ma postać
1
J(x) =
2
Z
Z
2
|∇x(t)| dt +
Ω
F (t, x(t))dt
(83)
Ω
F spełnia warunek funkcji L1 -Caratheodoriego z zwyczajowym warunkiem wzrostu
∃a, b ∈ R c ∈ L1 Ω ∀x ∈ R p.w. t ∈ Ω
F (t, x)
1 2
ax + bx + c(t)
2
(84)
No i zachodzi analogicznie twierdzenie o istnieniu rozwiązania. Poprowadźmy
rozważania dotyczące tej przestrzeni
Uwaga. Gdy N > 2 możemy postępować na podobnych zasadach jak w przypadku jednowymiarowym, ponieważ mamy ciągłe zanurzenie w C (Ω) oraz zachodzi
nierówność Soboleva
∃c > 0 ∀x ∈ H10 (Ω)
kxkC(Ω) ¬ C kxkH1 (Ω)
(85)
0
gdzie
kxkH1 (Ω)
0
v
uZ
u
= t |∇x(y)|2 dy
(86)
Ω
oraz nierówność Poincarè
kxkL2 (Ω) ¬ λ1 kxkH1 (Ω)
0
5 Coś
na kształt essinf a a1 > −1.
(87)
4
gdzie λ1 jest pierwszą dodatnią wartością własną operatora −∆. Warunek koercywności transformuje się do
a > −λ1
(88)
Pytaniem pozostaje czym jest ∇f ? Odpowiedź brzmi, że jest to słaby gradient,
który jest określony następująco. Jest to funkcja b ∈ L2 (Ω, Rn )
Z
Z
∞
(89)
∀φ ∈ C0 (Ω)
f (y)∇φ(y)dy = − b(y)φ(y)dy
Ω
dla f ∈
H10
Ω
2
(Ω) := {f ∈ L (Ω) , ∇f istnieje i należy do L2 (Ω)}
Jeśli N = 2 to głównym problemem jest udowodnienie, że
Z
x → F (t, x(y))dy
(90)
Ω
jest ciągła. Jeśli F jest wypukła to F będzie słabo półciągła z dołu
Twierdzenie 4.3. Przy powyższych założeniach (N = 2, F - wypukła) funkcjonał J posiada dokładnie jedno6 minimum.
Dowód.
1. Koercywność - tak jak poprzednio
2. Jednoznaczność - oczywista
7
3. Słaba półciągłość z dołu dla pierwszego składnika - oczywista jako, że
norma jest słabopółciągła i wypukła
Pozostaje dowiedzenie ciągłości drugiego składnika
Z
x → F (t, x(y))dy
(91)
Ω
R
Możemy patrzeć na F dy jak na operator Nemytskiego działający pomiędzy
L2 (Ω) oraz L1 (Ω).
Z pomocą przychodzi uogólnione twierdzenie Krasnosielskiego o ciągłości
operatora Nemytskiego.
Twierdzenie 4.4. Niech f : Ω × R → R będzie funkcja Caratheodoriego na Ω
mierzalnym podzbiorze Rk . Niech 1 ¬ p1 , p2 < +∞. Jeśli dla dowolnego ciągu
{xn } ⊂ Lp1 (Ω) istnieje funkcja γ ∈ Lp2 (Ω) taka, że
|f (y, xn (y))| ¬ γ(y)
(92)
To wtedy operator Nemytskiego Nf : Lp1 (Ω) → Lp2 (Ω) wyindukowany przez
R
funkcję f, x → f (y, x(y))dy jest poprawnie określony oraz ciągły
Ω
6F
jet wypukła
ściśle wypukłej i wypukłej
7 suma
4
Postać twierdzenie z pracy [2]
Twierdzenie 4.5. Uogólnione twierdzenie
Krasnoselskiego Jeśli dla do
wolnego zbieżnego ciągu x1n , . . . , xkn istnieje podciąg o indeksach ni oraz funkcja
h ∈ Lp (Ω, R+ ) , 1 ¬ p < ∞ taki, że
f (t, x1n (t)), . . . , f (t, xkn (t)) ¬ h(t), i ∈ N ∧ t ∈ Ωp.w.
(93)
i
i
to wtedy operator Nemytskiego
F : L 3 (x1 , . . . , xk ) → f (·, x1ni (·)), . . . , f (t, xkni (·)) ∈ Lp (Ω, Rm )
Jest dobrze określony oraz podciągowo ciągły w L tzn. jeśli (x1 , . . . , xk ) →
(x10 , . . . , xk0 ) w L, to F (x1 , . . . , xk ) → F (x10 , . . . , xk0 ) w Lp (Ω, Rm ).
Twierdzenie to podawane jest również w wersji klasycznej, spotykanej w
większości pozycji książkowych
Twierdzenie 4.6. Niech f : Ω × R → R jest funkcją Caratheodoriego. Niech
p1 , p2 ∈ [1, ∞). Jeśli istnieje stała 0 < a ∈ R oraz funkcja g ∈ Lp2 (Ω) taka, że
p1
|f (t, x)| ¬ a|x| p2 + b(t)
(94)
dla prawie wszystkich t ∈ Ω oraz x ∈ Rl to operator Nemytskiego Nf : Lp1 (Ω) →
Lp2 (Ω) jest dobrze określony i ciągły.
Dowód tw. Krasnosielskiego.
Dowodzimy niewprost. Przypuszczamy, że jest taki > 0, że
Z
< |f (y, xk (y)) − f (y, x(y))|p2 dy
(95)
Ω
dla odpowiednio dużego k oraz ciągu (xn ) zbieżnego w Lp1 (Ω) o granicy x.
Skoro xn zbiega w Lp1 (Ω), to zbiega p.w. (co do wybranego podciągu8 do x
oraz
∃g ∈ Lp1 , p.w. ∀ |xn (y)| ¬ g(y)
(96)
y∈Ω
Wtedy
R
p2
|f (xn ) − f (x)|
¬ 2p2 −1
R
|f (y, xn (y))|p2 +
Ω
Ω
R
|f (y, x(y))|p2
¬
Ω
(97)
¬ 2p2 −1
R
γ p2 (y)dy +
Ω
Sprzeczność z
9
9 P.K.
|f (y, x(y))|p2
Ω
f (y, xn ) → f (y, x) p.w. na Ω. gdzie zachodzi
Z
|f (y, xn (y)) − f (y, x(y))|p2 → 0
Ω
8 Cokolwiek
R
byśmy mieli przez to rozumieć
Osobiście nie widzę
(98)
4
4.3
Rozwiązywanie słabych równań różniczkowych ze sterowaniem
Rozważamy problem
ẋ(t) = −u2 (t),
p.w. ∀ t ∈ [0, 1]
(99)
lub nawet ogólniej
ẋ = f (t, x)
(100)
W ogólnym wypadku mamy twierdzenia o istnieniu gdy
1. f - ciągła, Lipschitzowska na drugą zmienną, to rozwiązanie wynika z tw.
Picarda
2. f - ciągła, niezerowa i Lipschitzowska na pierwszą zmienną10
Rozważmy zatem nasz problem liniowy z warunkiem brzegowym
ẋ(t) = −u2 (t)
x(0) = 1
,
(DS)
x(1) = 0
u jest tzw. funkcją kontroli należącą do L2 (0, 1), a częściej z pewnej podrodziny
S


Z1


S = u ∈ L2 (0, 1) :
u2 (t)dt = 1
(101)


0
Problemem jest odszukanie funkcji kontroli minimalizującej nad S
Z1
f (y) =
t2 u2 (t)dt
(102)
0
(funkcjonał energii) i spełniającej warunek (DS) dla pewnego odpowiadającego
x.
Dokładniej przeliczając (DS) ma rozwiązanie postaci
Z1
x(t) = x(0) −
Zt
2
u (t)dt = 1 −
0
u2 (t)dt
(103)
0
z odpowiednim u.
Na koniec zauważmy, że S nie jest zwarty ani słabo zwarty.
Tu zakończył się wykład 4, ale kontynuujemy przykład
2
R1
u (s)ds = 1 .
2
Przypomnijmy, że rozważamy podklasę S funkcji S := u ∈ L (0, 1) :
0
Uzupełniamy przykład. Następujący ciąg sin nt
⊂
S.
S
nie
jest
słabozwarty
π
oraz wypukły. Rozważamy funkcjonał energii
Z1
J(u) =
0
10 Zapomniane
twierdzenie
t2 u2 (t)dt
(104)
5
ABSOLUTNA CIĄGŁOŚĆ FUNKCJI
23
Jest on oczywiście wypukły ponieważ, dla p.w. t ∈ [0, 1] funkcja t2 u2 jest wypukład, jest również ciągły na L2 (0, 1) zatem jest słabo półciągły z dołu.
Wybierzmy następujący ciąg
u , t ∈ [0, n12 )
un (t) =
(105)
0 , p.p
Wtedy
1
Zn2
J(un ) =
t2 n2 dt = n2
1
3
1
n2
3
→0
(106)
0
Co oznacza że un jest ciągiem minimalizującym jednakże un → u dla którego
prawie wszędzie u = 0 6∈ S, zatem nie może stanowić rozwiązania naszego
problemu.
5
Absolutna ciągłość funkcji
Definicja 5.1. Niech X przestrzeń unormowana. Zbiór ∅ 6= S ⊂ X nazwiemy
proksymalnym jeśli
∀x∈X ∃x∈S ∀x̃∈S
kx − xk = kx − x̃k
(107)
Twierdzenie 5.2. Niech X - refleksywna przestrzeń Banacha, ∅ 6= S ⊂ X
domknięty i wypukły. To wtedy S jest proksymalny.
Dowód.
Niech x̃ ∈ X, gdzie X refleksywna, a S niepusty, domknięty i wypukły podzbiór
X. Połóżmy funkcję f : X → R, taką że f (x) = kx − x̃k. Badamy istnienie
rozwiązania dla problemu minimalizacji funcji f nad S.
f jest słabo półciągła z dołu jako ciągła i wypukła. Dla dowolnego x̃ ∈ S
definiujemy S̃ := {x ∈ S : f (x) ¬ f (x̃)}. Zbiory S̃ są domknięte, wypukłe i
ograniczone. Funkcja f posiada minimum x na S. Jest to minimum dla x o ile
x ∈ S \ S̃. Dla pozostałych przypadków:
f (x) > f (x̃) f (x)
(108)
Uwaga. Zauważmy, że f posiada podciąg minimalizujący w S słabo zbieżny to
minimum. x jest jednoznaczny, gdyż f jest ściśle wypukła o ile tylko X jest
jednostajnie wypukła11
11 Ciężkie pojęcie. Na mocy twierdzenia Clarksona-Milmana każda jednostajnie wypukła
przestrzeń jest refleksywna, ponadto przestrzenie Lp małe i duże są jednostajnie wypukłe
5
5.1
24
Kolejny problem optymalnego sterowania
Niech n, m ∈ N, A ∈ Rn×n , B ∈ Rn×m macierze nad ciałem rzeczywistym.
Rozważamy układ równań różniczkowych
ẋ(t) = A · x(t) + B · u(t)
(LE)
prawie wszędzie na [t0 , t1 ] z warunkiem początkowym x(t0 ) = x0 . Rozwiązaniem
(LE) jest rozumiane w sensie Caratheodoriego czyli jako conajmniej absolutnie
ciągła funkcja. Problem ten można odszukać w książce Palczewskiego. Problem
ten posiada rozwiązanie w postaci formuły Cauchyiego
Zt
x(t) = x0 +
eA(t−s) Bu(s)ds, t ∈ [t0 , t1 ]
(109)
t0
Minimalizujemy funkcjonał J(u) =
tR1
(g(x(t)) + h(u(t))) nad S = B (0, 1) w
t0
L2m ([t0 , t1 ]). Mamy


 Zt1

2
S = u : ku(t)k ¬ 1 ,


kuk =
m
X
(uj )
2
(110)
i=1
t0
Niech g : Rn → R, h : Rm → R funkcje ciągłe i wypukłe oraz Lipschitzowskie
i spełniające (LE)
funkcjonał
 


Zt1
Zt
J(u) = g x0 + eA(t−s) Bu(s)ds + h(u(t)) → min
(111)
t0
t0
jest minimalizowany nad S słabo zwartym w L2m . Musimy dowieść, że
Zt
L(u)(t) =
eA(t−s) Bu(s)ds
(112)
t0
jest liniowe i wypukłe na drugą zmienną nad L2m oraz ciągłe na drugą zmienną.
Rozwiązujemy teraz przykład
Przykład. str. 14 Mamy funkcjonał
1
J(x) =
2
Zπ
2
Zπ
(ẋ(t)) dt +
0
F (t, x(t))dt
(113)
0
z warunkiem wzrostu
F (t, x)
1
a|x|γ + bx + c(t),
2
γ ∈ [1, 2), a, b ∈ R, c ∈ L1
Ćwiczenie 11. F jest wypukła w X dla prawie wszystkich t ∈ [0, π].
(114)
5
25
Jeśli x ∈ H10 to, x ∈ L2 i w konsekwencji x ∈ Lγ . Dla a 0 funkcjonał jest
oczywiście koercywny. Jeśli a < 0 to
Zπ
|x|γ ¬
Zπ Zπ
√ γ
γ
|ẋ(s)ds|γ dt ¬ π π kxkH1
(115)
0
0
0
0
Mamy zatem nierówność dla koercywności
J(x)
1 √ γ
1
2
γ
kxkH1 + aπ π · kxkH1 − |b| . . .
0
0
2
2
(116)
a to oznacza, że funkcjonał jest zawsze koercywny.
Twierdzenie 5.3. Niech X będzie rzeczywistą przestrzenią Banacha. X jest
refleksywna wtedy i tylko wtedy gdy dla każdy ∅ =
6 S ⊂ X, domknięty i wypukły
jest proksymalny.
Twierdzenie 5.4. Twierdzenie James’a
Niech B będzie rzeczywistą przestrzenią Banacha. Zbiór C ⊂ B jest słabo zwarty
wtedy i tylko wtedy gdy każdy liniowy i ciągły funkcjonał na B, osiąga w C swój
kres górny.
Dowód tw. 5.3.
dowód ⇒ otrzymujemy z tw 5.2.
dowodzimy ⇐. Przypuśćmy, że X nie jest refleksywna. Wtedy domknięta
kula jednostkowa B = B (0, 1) = {x ∈ X : kxk ¬ 1} nie jest słabo zwarta. Z
twierdzenia Jamesa mamy zatem, że istnieje funkcjonał ciągły i liniowy na X
taki, że
∀x ∈ B f (x) < sup f (y) := W
(117)
y∈B
Połóżmy S = {x ∈ X f (x) W }. Wtedy S jest oczywiście domknięty i wypukły
oraz S ∩ B = ∅. Pokazujemy, że nie jest proksymalny. Faktycznie. Rozważmy
bowiem ciąg 0 6= (yn ) ⊂ B, f (yn ) → W i f (yn ) < W . Mamy:
1
yn
W >f
=
f (yn ) f (yn )
(118)
kyn k
kyn k
Wobec tw. o trzech ciągach f kyynnk → W . Rozważamy następujący ciąg
wn =
W
yn
f (yn )
(119)
wn ∈ S (ponieważ f (wn ) = W S) zatem i jego granica12 należy do S 13 .
Jednakże
W kyn k → 1
kwn k = (120)
f (yn ) Sprzeczność z S ∩ B = ∅. Zatem S nie jest proksymalny.
12 Dlaczego
zbieżny?
S
13 domkniętość
5
26
Twierdzenie 5.5. Jeśli S jest niepustą wypukłą domkniętą podptrzestrzenią
przestrzeni unormowanej C (M) taką, że dla dowolnego x ∈ S podprzestrzeń
liniowa rozpięta przez S \ {x} jest refleksywna to S jest proksymalny
Uwaga. Przestrzeń C (M) to przestrzeń rzeczywistych funkcji ciągłych na zbiorze zwartym z normą podaną następująco
kxkc = max |x(t)|
(121)
t∈M
Ćwiczenie 12. [3, p 29, ex. 2.6] Niech C (M ) oznacza rzeczywistą przestrzeń
liniową ciągłych funkcji rzeczywistych na zwartej przestrzeni metrycznej z normą
maksimum. Wykazać, że dla każdego n ∈ N oraz dla każdej x̂ ∈ C (M ) istnieją
liczby rzeczywiste α0 , . . . , αn ∈ R spełniające
∀α1 , . . . , αn ∈ R
max |
t∈M
n
X
i=0
i
αi t − x̂(t)| ¬ max |
t∈M
n
X
αi ti − x̂(t)|
(122)
i=0
Dowód ćwiczenia. Piotr K.
Korzystamy z następującego twierdzenia do odszukania w [3, p. 22, th. 2.20] tu
podanego jako tw. 5.5. Zauważmy, że teza w zadaniu odpowiada dokładnie proksymalności zbioru wielomianów dowolnego stopnia. Ustalmy n ∈ N. Zauważmy,
że przestrzeń liniowa rozpięta nad wielomianami najwyżej n-tego stopnia jest
równa przestrzeni liniowej rozpiętej nad n + 1 pierwszymi jednomianami. Zatem podprzestrzeń S − {x̃} jest skończenie wymiarowa, a więc refleksywna14 .
Wypukłość i domkniętość w normie 15 dla wielomianów o skończonym stopniu
jest oczywista. Na mocy wspomnianego twierdzenia, i z dowolności n ∈ N, zbiór
wielomianów dowolnego stopnia jest proksymalny czyli zatem istnieją α0 , . . . , αn
spełniające ten warunek.
Dowód twierdzenia 5.5, Piotra K.
Dla wygody zapisu X := C (M ). Ustalmy x̂ ∈ X. Dla dowolnego x̃ ∈ S mamy16
kx − x̂k inf kx − x̂k = inf k(x − x̃) − (x̃ − x̂)k =
x∈S
x∈S
inf
kx − (x̃ − x̂)k
x∈S−{x̃}
(123)
Oznaczmy przez Vx̃ := Span {x̂ − x̃, S − {x̃}}. Z uwagi na założenie o refleksywności S − {x̃}, Vx̃ również jest refleksywna. Skoro jest refleksywna, wypukła
oraz ograniczona to spełnia założenia twierdzenia. Zatem dla każdego elementu
w Vx̃ istnieje element w S − {x̃} spełniający najlepszą aproksymację. W szczególności dla ŷx̃ := x̂− x̃ mamy istnienie takiego ȳx̃ ∈ S −{x̃}, który aproksymuje
najlepiej. Połóżmy, x̄x̃ = ȳx̃ + x̃ ∈ S. Zatem dla dowolnego x̂ ∈ X oraz x̃ ∈ S
mamy






 kx − x̂k inf kx − x̂k = inf y − (x̂ − x̃) =
x∈S
| {z }
y∈S−{x̃} ∀x ∈ S
(124)
∈Vx̃






= kȳx̃ − (x̂ − x̃)k = kx̄x̃ − x̂k
14 Dokładnie przestrzeń i jej sprzężona są tym samym. W konsekwencji zachodzi i refleksywność
15 i w przestrzeni C (M )
16 x ∈ S chyba, że dla wyrażenia podany inaczej. P.K.
6
RÓŻNICZKOWANIE W PRZESTRZENIACH NIESKOŃCZONEGO WYMIARU27
Mamy zatem nierówność
∀x̂ ∈ X ∀x̃ ∈ S ∃x̄x̃ ∈ S ∀x ∈ S
kx̄x̃ − x̂k ¬ kx − x̂k
(125)
Pokażemy, że wybór x̃ nie ma wpływu na jakość rozwiązania17 . Niech x̂ ∈ X
dowolny. Przypuśćmy, że mamy takie dwa x̃1 oraz x̃2 , że x̃1 6= x̃2 oraz, że
kx̄x̃1 − x̂k < kx̄x̃2 − x̂k. Z definicji x̄x̃2 mamy, że
∀x ∈ S
kx̄x̃2 − x̂k ¬ kx − x̂k
(126)
W szczególności dla x := x̄x̃1 ∈ S mamy
kx̄x̃2 − x̂k ¬ kx̄x̃1 − x̂k < kx̄x̃2 − x̂k
(127)
Czyli sprzeczność z przypuszczeniem, że rozwiązania istotnie się różnią w zależności od wyboru x̃. Stąd S proksymalny ponad wszelką wątpliwość.
6
Różniczkowanie w przestrzeniach nieskończonego wymiaru
Interesujemy się teraz sposobami na uogólnienie różniczkowania do przestrzeni
nieskończonego wymiaru
6.1
Pierwsza wariacja Lagrange’a
1. Zalety - łatwa w obliczeniach, wiele funkcji ją posiada
2. Wady - brak twierdzeń o wartości średniej, brak pochodnych złożenia,
brak ciągłości
Definicja 6.1. Pierwsza wariacja Lagrange’a
Niech X będzie przestrzenią Banacha oraz niech x ∈ X będzie ustalony. Powiemy, że funkcja f : X → R posiada wariacje Lagrange’a w x w kierunku h jeśli
istnieje skończona granica
lim
λ→0+
f (x + λh) − f (x)
λ
(128)
Wartość tej granicy oznaczamy jako f 0 (x, h). Jeśli istnieją wariacje Lagrange’a
w każdym kierunku h ∈ X to f jest w tym punkcie różniczkowalna w każdym
kierunku.
Twierdzenie 6.2. Zasada Fermata Niech ∅ =
6 S ⊂ X, oraz f : S → R
A) Niech x ∈ S będzie minimum f nad S. Jeśli funkcjonał f posiada wariację
Lagrange’a w punkcie x w każdym kierunku x − x dla x ∈ S to
f 0 (x, x − x) 0,
x∈S
Ćwiczenie 13. Udowodnić tw. 6.2
17 Czyli
niezależnie od wyboru x̃ otrzymujemy tak samo dobrą aproksymację
(129)
6
B) Założmy, że S jest wypukły oraz f jest wypukła na S oraz zachodzi (129) to
x jest minimum
C) Jeśli S jest gwiaździsty z punktem x, f jest wypukła w punkcie x oraz zachodzi
(129) to x jest minimum f nad S.
Ciąg dalszy o pochodnych w przestrzeniach nieskończonego wymiaru
Twierdzenie 6.3. Warunek konieczny i dostateczny optymalności, punkt
wyjściowy całego rachunku wariacjnego
Niech X przestrzeń unormowana18 . Niech ∅ =
6 S ⊂ X oraz f : S → R
a) Warunek konieczny. Jeśli x ∈ S jest minimum f nad S oraz każda pochodna kierunkowa w x w kierunku x − x, x ∈ S spełnia warunek
f 0 (x, x − x) 0
(130)
b) Warunek konieczny i dostateczny. Jeśli f jest wypukła na S oraz samo
S jest wypukłe to x ∈ S jest minimum wtedy i tylko wtedy gdy spełnione jest
a)
Dowód.
Niech x będzie minimum. Wtedy dla dowolnego λ ∈ R+ takiego, że x+λ(x−x) ∈
S, dla ustalonego x ∈ S mamy
f (x + λ(x − x)) − f (x)
0
λ
(131)
Przechodząc z λ → 0+ mamy
f 0 (x, x − x) 0
(132)
Dowodzimy teraz b) Niech f wypukłe na S oraz S wypukłe. Wtedy dla dowolnego α ∈ (0, 1] mamy
f (x + λ(x − x)) ¬ (1 − λ)f (x) + λf (x)
(133)
f (x + λ(x − x)) − f (x) ¬ λ (f (x) − f (x))
(134)
Stąd
Przechodząc z λ → 0+
0 f 0 (x, (x − x)) ¬ f (x) − f (x)
(135)
Czyli x jest minimum z dowolności wyboru x ∈ S.
Uwaga. Pochodna kierunkowa to za mało, potrzebujemy silniejszego pojęcia,
lecz jedynie nie wiele silniejszego
18 Może
być tylko liniowa przestrzeń
6
6.2
Pochodna kierunkowa a wypukłość
Lemat 6.4. Niech X - przestrzeń liniowa f : X → R wypukła, wtedy dla każdego
x, h ∈ X funkcja φ : R∗ → R dana wzorem
φ(λ) =
f (x + λh) − f (x)
λ
(136)
jest niemalejąca.
Dowód.
Niech 0 < s ¬ t wtedy
f (x + sh) − f (x) = f ( st (x + th) +
¬ st f (x + th) +
t−s
t f (x)
− f (x) = st f (x + th) −
t−s
t x)
− f (x) ¬
−s
t f (x)
=
s
t
(f (x + th) − f (x))
(137)
Skąd natychmiast otrzymujemy, że
φ(s) ¬ φ(t)
(138)
Skoro φ jest monotoniczną funkcją rzeczywistą jednej zmiennej rzeczywistej to
posiada jednostronną granicę 19 .
Lemat 6.5. Niech X - przestrzen liniowa, f : X → R , f wypukła. Wtedy w
każdym punkcie x ∈ X istnieje pochodna we wszystkic kierunkach i jest funkcjonałem podliniowym.
Ćwiczenie 14. Adama
Udowodnić powyższe twierdzenie
Jednak gdy rozważamy podzbiory, musimy mieć ustaloną topologię.
Lemat 6.6. Niech X - przestrzeń unormowana 20 . Jeśli S jest wypukłym, otwartym podzbiorem X. Teza poprzedniego lematu jest utrzymana o ile f : S → R
jest wypukła.
6.3
Pochodna Gâteaux
Definicja 6.7. Pochodna w sensie Gâteaux
Niech X,Y przestrzenie unormowane oraz f : X → Y . Powiemy, że f jest różniczkowalna w sensie Gâteaux w x ∈ X jeśli
∀h ∈ X
lim
λ→0+
f (x + λh) − f (x)
λ
(139)
istnieje i jest funkcjonałem liniowym i ciągłym w każdym kierunku zapisywanym
jako (f 0 (x), h)Y,X
Uwaga. Mamy następujące własności
19 Odszukać
20 Możliwe
można ten fakt w Łojasiewiczu
dla lokalnie wypukłych przestrzeni liniowo-topologicznych
6
1. Jeśli f : R → R to pochodna pokrywa się z definicją pochodnej klasycznej
2. Jeśli f : Rn → R to pochodna Gâteaux oznacza istnienie wszystkich pochodnych cząstkowych
3. Jeśli istnieje pochodna Gâteaux to istnieje dowolna pochodna po kierunku
4. Istnienie pochodnej Gâteaux nie oznacza ciągłości w punkcie
Twierdzenie 6.8. Zasada Fermata dla pochodnych Gâteaux
Jeśli f : X → R, gdzie X - przestrzeń unormowana. Jeśli x jest minimum f nad
X oraz f jest różniczkowalne w sensie Gâteaux21 to
(f 0 (x), h) = 0
∀h ∈ X
(140)
Dowód.
Ćwiczenie 15. Dowód pozostawiony jako ćwiczenie.
Twierdzenie 6.9. Zasada Leibniza różniczkowania pod znakiem całki
Lebesgue’a
Niech X będzie otwarty w R, Ω przestrzeń mierzalna oraz f : Ω × R → R. Jeśli
f jest wspólnie mierzalna (całkowalna nad Ω p.w. w X
dla prawie wszystkich ω ∈ Ω, f jest absolutnie ciągła przy ustalonej pierwszej zmiennej na ω.

df
dx
jest lokalnie całkowalna
Zb Z df
(ω, x) dωdx < +∞
dx
(141)
a Ω
dla dowolnego przedziału zwartego [a, b] ⊂ X
R
To wtedy funkcja x → f (ω, x)dω jest absolutnie ciągła oraz
Ω
d
dx
Z
Z
f (ω, x)dω =
Ω
df
(ω, x)dω
dx
(142)
Ω
Przykład. Przypomnijmy, że pracujemy nad funkcjonałem
1
Ju (x) =
2
Zπ
21 Conajmniej
wx
Zπ
ẋ dt +
0
spełniającym
2
0
F (t, x(t))dt, x ∈ H10 (0, π)
(143)
6
F jest funkcją L1 -Caratheodoriego
spełniony jest warunek wzrostu z a > −1, b, c ∈ R
F (t, x) ax2 + bx + c, x ∈ R, p.w. t ∈ [0, π]
F jest różniczkowalne na drugą zmienną oraz F (t, x) =
Rx
(144)
Fx (t, s)ds oraz
0
Fx jest L1 -Caratheodoriego.
Lemat 6.10. Funkcjonał Ju : H10 (0, π) → R jest słabo półciągły z dołu oraz J
jest różniczkowalne w sensie Gâteaux. Wtedy istnieje funkcja x ∈ H10 (0, π) taka,
że
J(x)
(145)
J(x) = min
1
x∈H0 (0,π)
oraz
Zπ
Zπ
ẋḣdt +
0
Fx (t, x(t))h(t)dt = 0
(WL)
0
Uwaga. Funkcję x ∈ H10 spełniającą (WL) nazywamy słabym rozwiązaniem jest
nazywane słabym rozwiązaniem do problemu
−ẍ(t) + Fx (t, x(t)) = 0
(146)
x(0) = x(π) = 0
1
G(λ) =
2
Zπ 2 Zπ
ẋ + λḣ + F (t, x + λh)
0
(147)
0
22
Wtedy pochodna G = G1 + G2 wynosi
dG1
=
dλ
Zπ
Zπ
ẋḣdt + 2λ
0
ḣ2 dt
(148)
0
Po przyrównaniu do 0 mamy
dG1
(0) =
dλ
Zπ
ẋḣdt
(149)
0
Na mocy podstawowego lematu rachunku wariacyjnego
Lemat 6.11. Lemat du Bois-Raymonda
Jeśli V ∈ L2 (0, π), f ∈ L1 (0, π) oraz dla każdego h ∈ H10 (0, π)
Zπ
Zπ
v̇(t)ḣ(t)dt +
0
f (t)h(t)dt = 0
(150)
0
to v jest funkcją absolutnie ciągłą oraz23 v̇(t) = f (t) dla prawie wszystkich
t ∈ [0, π] z pewnym c ∈ R
22 G
1
23 Tu
i G2 to oczywiście odpowiednie całki
je
7
BEZPOŚREDNIA METODA WARIACYJNA DLA PROBLEMÓW ZAGADNIENIA BRZEGOWEGO32
Dowodzimy tego następująco
Dowód (część dowodu) lematu 6.11.
Oznaczmy F (t) =
Rt
f (s)ds. Takie F jest oczywiście funkcja ciągłą. Z twier-
0
dzenie Fubiniego
Rπ
F (t)ḣ(t)dt =
0
=
Rπ R1
Rπ Rt
f (s)ḣ(t)dsdt =
0 0
Rπ
Rπ
0
0
f (s)ḣ(t)dsdt = − f (s)h(s) =
0 s
Wtedy oczywiście dla c :=
Rπ
(151)
v̇(t)ḣ(t)dt
(F (t) − v̇(t)) ḣ(t) mamy
0
Zπ
(F (t) − v(t) − c)ḣ(t)dt = 0
(152)
0
Biorąc do testowania funkcję h(t) =
Rt
F (s)−f (s)−cds, która jest klasy H10 (0, π)
0
mamy
kF (t) − v(t) − ckL2 (0,π) = 0
(153)
Stąd v̇(t) = f (t).
7
Bezpośrednia metoda wariacyjna dla problemów zagadnienia brzegowego
Rozważamy problem postaci:
−ẍ(t) = Fx (t, x(t), u(t))
x(0) = x(π) = 0
(EQU)
Gdzie pierwsza równość rozumiana jest w sensie p.w. na [0, π]. Warunek brzegowy w (EQU) jest nazywany w literaturze warunkiem typu Dirichleta. Przyjmujemy, że Fx oraz jej pierwotna F są funkcja Caratheodoriego F, Fx : [0, π] ×
R × R → R.
Ogólne postępowanie dla takiego zagadnienia ma postać:
1. Odszukać odpowiadający funkcjonał oraz przestrzeń funkcyjną taką, że
(EQU) odpowiada punktom krytycznym funkcjonału
2. Udowodnienie istnienia punktu krytycznego dla funkcjonału. Do tego celu
istnieje wiele narzędzi
Metoda bezpośrednia rachunku wariacyjnego
Twierdzenie o przęłęczy górskiej
7
Teoria Morse’a
Twierdzenia o 3 i 5 punktach krytycznych
Argumenty fontanny
3. Badanie regularności rozwiązań
7.1
Odszukiwanie przestrzeni dla funkcjonałów
Równanie (EQU) sprowadzamy do słabej postaci
Zπ
Zπ
−ẍh(t)dt =
Fx (t, x(t), u(t))h(t)dt
(154)
0
0
Lub po całkowaniu przez części24
Zπ
ẋḣ(t) − Fx (t, x(t), u(t))h(t)dt = 0
(WS)
0
Nie jest dobrą klasą x : [0, π] → R klasa funkcji absolutnie ciągłych. Potrzebna nam jest przestrzeń Banacha jednostajnie wypukła gdyż niezwykle ważne jest
aby:
hn * h ⇒ hn → h
(155)
khn k → h
a w takim układzie potrzebujemy aby ẋ : [0, π] → R była L2 (0, π) dla funkcji x
o zwartym nośniku. Zatem x, h ∈ H10 (0, π).
Powiemy, że x jest słabym rozwiązaniem do (EQU) wtedy i tylko wtedy gdy
dla każdego x relacja (WS) jest spełniona.
Przewidujemy zatem postać funkcjonału postaci J : X → R:
1
J(x) =
2
Zπ
2
Zπ
ẋ (t)dt −
0
F (t, x(t), u(t))dt
(F)
0
i twierdzimy, że jest on różniczkowalny w sensie Gâteaux
Zπ
ẋ(t)ġ(t) − Fx (t, x(t), u(t))g(t)dt
δJ(x, g) =
(GD)
0
Zakładamy ponadto warunek lokalnego wzrostu
Dla dowolnego r > o istnieje funkcja fr ∈ L1 (0, π) taka, że
∀(x, y) ∈ X × L2 (0, π)
kxkX ¬ r, kukL2 ¬ r
|Fx (t, x, u)| ¬ fr (t)
(156)
dla p.w. t ∈ [0, π]
oraz zakładamy wypukłość p.w. tj
Dla p.w. t ∈ [0, π] oraz la u ∈ R funkcja x → F (t, x, u) jest wypukła.25
24 przy
założeniu, że h bedzie z przestrzeni o zwartym nośniku w [0, π]
jeszcze dodatkowo osłabić założenia
25 Można
7
Przykład. Przykładem takiej funkcji jest
F (t, x, u) = f (t)x + xu + G(x)
(157)
gdzie f jest jakąś funkcją całkowalną, a G jest wypukła, różniczkowalna oraz jej
pochodna jest ograniczona.
Ważne jest dla nas również zachowanie tej funkcji w 0, tj potrzebujemy
F (·, 0, u(·)) ∈ L2 , u ∈ L2
(158)
Lemat 7.1. Przy powyższych założeniach funkcjał J jest poprawnie określony
na X, ma pochodną Gâteaux oraz jej pochodna jest opisana przez (GD).
Dowód.
Mamy na mocy twierdzenia o wartości średniej mamy
∃ζ ∈ [0, x] F (t, x, u) − F (t, 0, u) = Fx (t, ζ, u)
Tak x ∈
mamy
H10 ,
(159)
2
u ∈ L . x jest ciągłe oraz zakładamy kxk ¬ r, kuk ¬ r. Wtedy
|F (t, x, u)| ¬ |F (t, 0, u)| + fr (t)
(160)
oraz różniczkowalność w sensie Gâteaux wynika zasady Leibniza różniczkowalności pod znakiem całki Lebegue’a.
Lemat 7.2. J jest koercywny oraz słabo półciągły z dołu na X
Dowód.
w.l.s.c. było już udowodnione poprzednio przy tych samych warunkach.
Rozważamy ciąg (xn ) w X, który jest słabo zbieżny w H10 (0, π). Posiada on
zatem podciąg zbieżny silnie w L2 wtedy (Twierdzenie o zbieżności zdominowanej)
Zπ
Zπ
lim
F (t, xn (t), u(t)) =
lim F (t, xn (t), u(t))ds
(161)
n→∞
n→∞
0
0
Następnie zauważmy, że J jest wypukły i ciągły, a zatem jest w.l.s.c.
Koercywność jest również jasna. Z wypukłości
F (t, x, u) − F (t, 0, u) Fx (t, 0, u)x −|Fx (t, 0, u)||x| −f0 (t)|x|
(162)
Lemat 7.3. (EQU) ma jednoznaczne rozwiązanie w sensie słabym (WS)
Dowód.
Skoro J jest koercywne oraz w.l.s.c. to ma argument minimum. Skoro J jest
ściśle wypukły to minimum jest jednoznaczne. Skoro J jest różniczkowalny w
sensie Gâteuax to punkty krytyczne są rozwiązaniami (WS)
7
Uwaga. Każdy problem z zwyczajnych równaniach różniczkowych posiadających
postać wariacyjną posiada dwa rozwiązania: klasyczne i słabe. Przez rozwiązanie
klasyczne rozumieć będziemy takie dla których istnieje druga pochodna i ẍ ∈ L1 ,
oraz ẋ jest słabym rozwiązaniem do (EQU). Argumentem tutaj jest ponownie
Lemat du-Bois Raymond
Dalej zajmujemy się zależnością od parametru
Twierdzenie 7.4. Niech (un ) ⊂ L2 (0, π) będzie ciągiem zbieżnym parametrów
z granicą u. Przy założeniach jak powyżej, istnieje ciąg (xn ) rozwiązań (EQU)
dla odpowiadających (un ) i możliwym jest wybranie podciągu słabozbieżnego do
elementu x ∈ H10 (0, π) który odpowiada rozwiązaniu (EQU) dla parametru u.
Uwaga. F może być funkcją nieliniową ze względu na u, np.:
F (t, x, u) := f (t)x + eu x + G(x)
(163)
z dobrze dobranymi założeniami o f i G 26
Jeśli występuje liniowość ze względu na u, to ciag (un ) może być również
tylko słabozbieżny, lecz dowód tego faktu jest już znacznie trudniejszy.
Przez liniowy rozumiemy jako posiadający postać:
F (t, x, u) = F1 (t, x) + F2 (t, x)u
(164)
Dowód twierdzenia.
Fakt istnienia tego ciągu wynika wprost z twierdzenia o istnieniu rozwiązania.
Ciąg rozwiązań jest ograniczony w H10 (0, π).
Wiemy, że ∃r takie, że
Zπ
Zπ
F (t, x, u)dt −r
fr (t)dt kxkH1 (0,π)
(165)
J(x, un ) ¬ J(0, un )
(166)
0
0
0
Wiemy, że
J(xn , un ) =
min
x∈H10 (0,π)
Dalej mamy, że
Zπ
Zπ
F (t, 0, un (t))dt ¬
J(0, un ) =
0
Zatem dla pewnej stałej a := r
fr (t)dt =: b
(167)
0
Rπ
fr (t)dt > 0 mamy
0
1
b J(xn , un )
2
Zπ
x˙n 2 (t)dt − a kxn k =
1
2
kxn k − a kxn k
2
(168)
0
Co oznacza że ciąg norm (kxn k) jest ograniczony, a zatem (xn ) jest słabozbieżny
na podciągu do pewnego27 x Wykorzystamy fakt, że xkn jest ciągiem słabych
rozwiązań i jest ciągiem słabozbieżnym.
26 np.
27 x
n
f ∈ L1 orazG ∈ C1 oraz wypukła
są wyznaczone jednoznacznie, ale x już nie musi być
8
PRZYKŁADOWY PROBLEM Z LINIOWYM STEROWANIEM
36
Zauważmy, że z liniowości operatora całkowego z jądrem v̇ mamy
Zπ
Zπ
xk˙ n (t) · v̇(t)dt →
v̇(t)dt
0
(169)
0
Przyjrzyjmy się teraz drugiej części funkcjonału
Rπ
F (t, xkn , ukn ).
0
Mamy xnk → x w C (0, π) , L2 (0, π), unk → u w L2 (0, π) oraz ograniczoność
|F (·, x(·), u(·))| ¬ f˜L1 (·)
(170)
Ograniczoność dowodzi, że poprawnie zdefiniowany jest operator Nemytskiego:
Nf : L2 × L2 → L1 jest poprawnie określony. Ciągłość otrzymujemy stosując
twierdzenie Krasnosielskiego. Stąd mamy zbieżność
Zπ
Zπ
F (t, xkn (t), ukn (t))dt →
0
F (t, x(t), u(t)dt
(171)
0
Stąd otrzymujemy, że x jest rozwiązaniem słabym, a wobec Lematy du-Bois
Raymonda mamy, że jest to rozwiązanie klasyczne.
Dodatkowo przyjmuje się z reguły, że Fx (t, 0, u) 6= 0 dla t ∈ [0, π], u ∈ R co
pozwala wykluczyć otrzymanie rozwiązań zerowych.
8
Przykładowy problem z liniowym sterowaniem
Rozważamy problem
−ẍ(t) + f1 (t, x) + f2 (t, x) · u(t) = f (t) p.w. [0, π]
x(0) = x(π) = 0
(DP)
Jesteśmy zainteresowani w
Istnieniu rozwiązania
Ciągłej zależności od parametru, oraz
(potencjalnej) jednoznaczności rozwiązania
Przyjmujemy u ∈ BL2 (0,π) (0, M ), f ∈ L1 (0, π) oraz
f1 , f2 : [0, π] × R → R
(H1)
będących funkcjami Caratheodoriego takimi, że
f1 jest wypukła p.w. t ∈ [0, π] ze względu na drugą zmienną
Określamy ponadto F1 (t, x) =
Rx
f1 (t, s)ds oraz F2 (t, x) =
0
Rx
(H2)
f2 (t, s)ds. Ponadto
0
będziemy zakładać, że:
t → f1 (t, 0) jest całkowalna
(H3)
8
37
dalej ∃a ∈ L2 (0, π) taka, że dla dowolnego x ∈ R i p.w. t ∈ [0, π] zachodzi
|f2 (t, x)| ¬ a(t)
(H4)
jak również
!
∀d∈R+ ∀x∈[−d,d]
t→
sup |F1 (t, d)|
∈ L2 (0, π)
(H5)
x∈[−d,d]
Twierdzenie 8.1. Przy powyższych założeniach, przy dowolnym ustalonym
u ∈ BL2 (0,π) (0, M ) istnieje co najmniej jedno rozwiązanie problemu (DP). Ponadto niech (uk ) będzie ciągiem parametrów. Wtedy istnieją podciągi (xnk ) oraz
(unk )28 , które są słabo zbieżne do odpowiednio
xnk * x̄
unk * ū
w H10 (0, π)
w L2 (0, π)
(172)
To wtedy x̄ jest rozwiązaniem (DP) dla ū.
Jeśli f 6= 0 w sensie równości p.w. a f1 (t, 0) = f2 (t, 0) = 0 w sensie równości
p.w. to rozwiązanie jest rozwiązaniem niezerowym.
Rozwiązania są jednoznaczne jeśli
1. f1 jest niemalejąca na x dla p.w. t ∈ [0, π]
2. f2 jest niemalejąca na x dla p.w. t ∈ [0, π] oraz u(t) 0 w sensie p.w. na
[0, π]
Warunek 2) jest warunkiem mocniejszym. Często bowiem w rozwiązaniach praktycznych stosuje się sterowania ujemne (np. użycie hamulca w napędzie silnika).
Dowód.
Krok 1. Dowodzimy, że rozwiązanie wariacyjne jest klasycznym.
Równaniu odpowiada następujący funkcjonał:
Zπ
J(x) =
2
Zπ
F1 (t, x) + u(t)F2 (t, x) − f (t)x(t)dt
ẋ (t)dt +
0
(173)
0
Ćwiczenie 16. Zróżniczkować w sensie Gateâux ten funkcjonał i na mocy lematu du Bois-Raymonda uzasadnić, że jego punkty krytyczne są słabymi rozwiązaniami dla (DP) i są one klasycznymi 29 .
Ćwiczenie 17. Jeśli f jest niemalejąca i całkowalna to funkcja górnej granicy
całkowania jest wypukła.
Mamy zatem, że J jest sumą funkcji ściśle wypukłej oraz wypukłej. Zatem
każdy punkt krytyczny funkcjonału musi być jedynym
Krok 2. Dowodzimy, że rozwiązanie istnieje.
28 gdzie
29 Tzn.
xnk to rozwiązanie dla unk
że x ∈ H10 (0, π) ∩ H2 (0, π)
8
38
Zaczynamy od w.l.s.c.. Przy założeniach dla jednoznaczności J jest ciągły i
wypukły, a zatem słabo półciągły z dołu. W przeciwnym przypadku rozważmy
(xn ) ⊂ H1 (0, π),
w H10 Wtedy istnieje podciąg
xn * x̄
(174)
30
xkn → x̄ w L2 (0, π)
(175)
Stosując twierdzenie Krasnosielskiego lub twierdzenie o zbieżności zdominowanej Lebesgue’a otrzymujemy słabą półciągłość z dołu.
Dalej koercywność
Zπ
F2 (t, x)u(t)dt ¬ kakL2 kxkH1 (0,π) kukL∞
(176)
0
0
oraz
Zπ
Zπ
f (t)x(t)dt ¬
f (t)dt · kxkH1
(177)
0
0
0
Łącząc powyższe otrzymujemy:
Zπ
Zπ
Zπ
F1 (t, x(t))dt −
F1 (t, 0)dt
0
0
f1 (t, 0)x(t)dt − kf1 (·, 0)kL2 · kxkH1 (178)
0
0
Dla dowolnego x ∈ H10 (0, π) widzimy, że:
1
2
J(x) kxk +
2
Zπ
F1 (t, 0)dt − kf1 (·, 0)kL2 kxk − (kakL2 kukL2 + kf kL1 ) kxk
0
(179)
Podstawiając c :=
Rπ
F1 (t, 0)dt oraz d := kf1 (·, 0)kL2 + kakL2 kukL2 + kf kL1
0
pozwala nam zapisać powyższe w eleganckiej postaci
J(x)
1
2
kxk − d kxk + c
2
(COER)
Krok 3. Dowodzimy niezerowości rozwiązania. Przypuśćmy, że x = 0 w sensie
p.w. [0, π]. Wobec (COER) mamy jednoznaczność
Krok 4. Dowodzimy ciągłej ciągłej zależności od parametru. Niech (un ) będzie dowolnym ciągiem parametrów takich, że istnieje ciąg (xn ) odpowiadających rozwiązań. Wtedy
kun kL2 ¬ M
(*)
oraz mamy
1
2
kxk k − d kxk k + c ¬ J(xn ) = min
J(x) ¬ J(0) = 0
2
x∈H10 (0,π)
30 P.K.
Twierdzenie Rellicha-Kondraszowa
(QUAD)
8
39
Wobec (*) ciąg (un ) zawiera podciąg słabo-zbieżny ukn . Wobec (QUAD) widzimy, że xkn jest ograniczony zatem posiada podciąg słabo-zbieżny w H10 (0, π).
Podciąg ten jest zbieżny silnie w L2 (0, π) i oznaczmy go xln . Oznaczmy, x̄ =
lim xln zbieżny słabo w H10 (0, π) oraz silnie w L2 (0, π) oraz ū = lim uln zbieżny
słabo w L2 (0, π). Pokażemy, że x̄ spełnia (DP) z u := ū. Weźmy v ∈ H10 (0, π).
Z całkowania przez części mamy
Zπ
Zπ
−x˙ln (t)v(t)dt =
0
xln (t)v̇(t)dt
(180)
0
Skoro xln jest słabo-zbieżny w H10 (0, π) to ciąg x˙ln jest słabo-zbieżny w L2 (0, π).
Zatem niech g będzie tą słabą granicą. Po przejściu granicznym otrzymujemy
0=
Rπ
x˙ln (t)v(t)dt +
0
Rπ
xln (t)v̇(t)dt
0
(181)
0=
Rπ
g(t)v(t)dt +
0
Rπ
x̄(t)v̇(t)dt
0
z lematu du Bois-Raymonda mamy jednak, że
x̄˙ = g
(182)
Skoro (xln ) jest zbieżny w C (0, π) to
∃d > 0 ∀t ∈ [0, π] ∀n ∈ N |xln | ¬ d
(183)
Zatem z (H5) mamy, że
t → f1 (t, xln )v(t)
(184)
posiada całkowalną majorantę z twierdzenia Lebesgue’a.
Skorzystamy dalej z faktu, że jeśli (xn ) ⊂ X, (yn ) ⊂ X ∗ oraz X jest przestrzenią refleksywną. Jeśli jeden z nich jest słabo zbieżny a drugi silnie to
hyn , xn i → hȳ, x̄i
(185)
zbiega w sposób silny.
Pozostaje zatem udowodnić, że
t → f2 (t, xln (t))v(t)
(186)
zbiega silnie do t → f2 (t, x̄(t))v(t). Skoro f2 jest ograniczona w L2 (0, π) to z
twierdzenia Krasnosielskiego otrzymujemy silną zbieżność.
Ćwiczenie 18. Uzupełnić dowód o wszystkie szczegóły (DEADLINE 3 tygodnie)
Poprawione twierdzenie oraz dowód by Piotr Kowalski.
Rozważamy problem
−ẍ(t) + f1 (t, x) + f2 (t, x) · u(t) = f (t) p.w. [0, π]
x(0) = x(π) = 0
(DP)
8
40
Przyjmujemy u ∈ BL2 (0,π) (0, M ), f ∈ L1 (0, π) oraz
f1 , f2 : [0, π] × R → R
(H1)
będących funkcjami Caratheodoriego takimi, że dla określonych następująco
Rx
Rx
F1 (t, x) = f1 (t, s)ds oraz F2 (t, x) = f2 (t, s)ds.
0
0
F1 jest wypukła p.w. t ∈ [0, π] ze względu na drugą zmienną
(H2)
Ponadto będziemy zakładać, że:
t → f1 (t, 0) jest całkowalna
(H3)
(a raczej nie będziemy tego zakładać bo to jest oczywiste, bo funkcja 0 jest
całkowalna)
dalej ∃a ∈ L2 (0, π) taka, że dla dowolnego x ∈ R i p.w. t ∈ [0, π] zachodzi
|f2 (t, x)| ¬ a(t)
(H4)
jak również
!
∀d∈R+ ∀x∈[−d,d]
t→
sup |F1 (t, x)|
∈ L2 (0, π)
(H5)
x∈[−d,d]
oraz ∃b ∈ L1 (0, π) taka, że dla dowolnego x ∈ R i p.w. t ∈ [0, π] zachodzi
|f1 (t, x)| ¬ b(t)
(H6)
Twierdzenie 8.2. Przy powyższych założeniach, przy dowolnym ustalonym
u ∈ BL2 (0,π) (0, M ) istnieje co najmniej jedno rozwiązanie problemu (DP). Ponadto niech (uk ) będzie ciągiem parametrów. Wtedy istnieją podciągi (xnk ) oraz
(unk )31 , które są słabo zbieżne do odpowiednio
xnk * x̄
unk * ū
w H10 (0, π)
w L2 (0, π)
(187)
To wtedy x̄ jest rozwiązaniem (DP) dla ū.
Jeśli f 6= 0 w sensie równości p.w. a f1 (t, 0) = f2 (t, 0) = 0 w sensie równości
p.w. to rozwiązanie jest rozwiązaniem niezerowym.
Rozwiązania są jednoznaczne jeśli
1. f1 jest niemalejąca na x dla p.w. t ∈ [0, π]
2. f2 jest niemalejąca na x dla p.w. t ∈ [0, π] oraz u(t) 0 w sensie p.w. na
[0, π]
Warunek 2) jest warunkiem mocniejszym. Często bowiem w rozwiązaniach praktycznych stosuje się sterowania ujemne (np. użycie hamulca w napędzie silnika).
31 gdzie
xnk to rozwiązanie dla unk
8
41
Dowód.
Krok 1. Dowodzimy, że rozwiązanie wariacyjne jest klasycznym.
Równaniu odpowiada następujący funkcjonał J : H10 (0, π) → R:
1
J(x) =
2
Zπ
Zπ
2
F1 (t, x) + u(t)F2 (t, x) − f (t)x(t)dt
ẋ (t)dt +
0
(188)
0
Funkcjonał jest dobrze określony, gdyż dla dowolnego x ∈ H10 (0, π)
1
2
2
+ka(t)kL2 (0,1) kM kL2 (0,1) +kf kL1 (0,π) ·kxkH1 (0,π)
sup
F (t, x)
|J(x)| ¬ kxkH1 (0,π) +
0
0
2
x∈[−d∗ (x),d∗ (x)]
2
L (0,π)
(189)
gdzie d∗ (x) := inf d ∈ R+ , max |x(t)| ¬ d
(co jest poprawnie określone gdyż
t∈(0,π)
x jest ciągły).
Zróżniczkujmy go w sensie Gateâux.
Kolejno mamy
Rπ
1
h
h→0
0
J10 (x, g) = lim
2
(x +˙ gh) (t) − ẋ2 (t)dt =
(190)
1
h→0 2
= lim
2
Rπ
Rπ
π
R
2
ẋ(t)ġ(t)dt + h ġ (t)dt = ẋġ
0
0
0
Dla dowodu różniczkowalności drugiej części opieramy się o tw. Lebesgue’a o
zdominowanej zbieżności. Niech hn będzie dowolnym ciągiem zbieżnym do 0
elementów z R \ {0}. Zdefiniujmy
fh1n :=
F 1 (t, x + hn g) − F 1 (t, x)
hn
(191)
Mamy,
f1 (t, s)ds ¬
x
x+hn g R
1ds x+h
x
R ng
|f1 (t, s)|ds ¬ a(t) hn =
x
|fh1n | ¬ h1n
¬ h1n
=
x+h
R ng
b(t)|hn ||g(t)|
|hn |
= b(t)|g(t)|
Co jest całkowalne, a zatem możemy wejść z pochodną pod znak całki
Z
Z
lim
fhn =
lim fhn
hn →0
(192)
hn →0
(193)
Zatem z dowolności hn → 0 mamy (zauważmy ponadto, że jeśli h → 0 to
hg(t) → 0 dla każdego t ∈ (0, π), przyjmujemy ponadto, że g nie jest zerem na
8
42
zbiorze o mierze dodatniej - łatwo uzasadnić, że wniosek jest podobnie mocny).
J20 (x, g) = lim
=
Rπ
h→0 0
Rπ
F1 (t,(x+gh)(t))−F1 (t,x(t))
dt
h
=
1 (t,x(t))
lim g(t) F1 (t,(x+gh)(t))−F
dt =
hg(t)
0 hg(t)→0
Rπ
=
(194)
g(t)f1 (t, x(t))dt
0
Zupełnie analogicznie z uwzględnieniem u otrzymujemy, że
J30 (x, g) = lim
Rπ
h→0 0
Rπ
=
2 (t,x(t))
dt =
u(t) F2 (t,(x+gh)(t))−F
h
(195)
g(t)f2 (t, x(t))u(t)dt
0
W końcu
J40 (x, g)
Zπ
= lim
h→0
1
f (t) ((x + hg)(t) − x(t)) dt =
h
Zπ
f (t)g(t)
(196)
0
0
Co pokazuje, że pochodna Gateâux w dowolnym kierunku g wynosi
Zπ
0
J (x, g) =
Zπ
f1 g + uf2 g − f g
ẋġ +
0
(197)
0
Niech x̄ oznacza nasz punkt krytyczny, zatem jest to punkt gdzie
∀g ∈ H10 (0, π)
J 0 (x, g) = 0
(198)
Stąd
∀g ∈
H10
Zπ
Zπ
ẋġ = −
(0, π)
0
2
(f1 + uf2 − f )g
(199)
0
H10
Mamy, że ẋ ∈ L (0, π) gdyż x ∈
(0, π). Z drugiej strony (f1 + uf2 − f ) ∈
L1 (0, π). Z lematu du Bois-Raymonda
Zt
−(f1 + uf2 − f )dt + C
ẋ(t) =
p.w. t ∈ [0, π]
(200)
0
oraz ẋ ∈ AC (0, π) czyli x ∈ W2,1 (0, π) i
ẍ = −f1 − uf2 + f
(201)
I x ∈ H10 (0, π) ∩ W2,1 (0, π) czyli jest rozwiązaniem w sensie klasycznym.
Ćwiczenie 19. Jeśli f jest niemalejąca i całkowalna to funkcja górnej granicy
całkowania jest wypukła.
8
43
Dowód.
Przez duże F oznaczmy funkcję górnej granicy całkowania. Niech x, y ∈ R
Zy
(y − x)f (x) y − x 0
(202)
F (y) − F (x) = f (s)ds = (y − x)f (ζ)
(y − x)f (x) y − x < 0
x
Czyli
F (y) − F (x) (y − x)f (x)
(203)
Stąd mamy, że skoro funkcje f1 , f2 są niemalejące to F1 , F2 są wypukłe. Stąd
funkcja F1 (t, x) + u(t)F2 (t, x) − f (t)x(t) jest wypukła. J jako suma funkcji ściśle
wypukłej i wypukłej jest ściśle wypukły, a zatem może mieć tylko jeden punkt
krytyczny.
Krok 2. Dowodzimy, że rozwiązanie istnieje.
Zaczynamy od koercywności
Zπ
F2 (t, x)u(t)dt − kakL2 kxkH1 (0,π) kukL∞
(204)
0
0
oraz
Zπ
Zπ
f (t)x(t)dt ¬
f (t)dt · kxkH1
(205)
0
0
0
Łącząc powyższe z:
Zπ
Zπ
Zπ
F1 (t, x(t))dt − F1 (t, 0)dt f1 (t, 0)x(t)dt − kf1 (·, 0)kL2 · kxkH1 (206)
0
0
0
0
otrzymujemy dla dowolnego x ∈ H10 (0, π) widzimy, że:
1
2
J(x) kxk +
2
Zπ
F1 (t, 0)dt−cs kf1 (·, 0)kL1 kxk −cs (kakL2 kukL2 + kf kL1 ) kxk
0
(207)
Podstawiając c :=
Rπ
F1 (t, 0)dt oraz d := cs·(kf1 (·, 0)kL2 + kakL2 kukL2 + kf kL1 )
0
pozwala nam zapisać powyższe w eleganckiej postaci
1
2
kxk − d kxk + c
2
Widzimy ponadto, że funkcjonał ten jest zatem ograniczony z dołu.
Dalej dowodzimy w.l.s.c. na podciągach.
J(x)
(COER)
Definicja 8.3. W.l.s.c. na podciągach Powiemy, że funkcjonał J jest w.l.s.c.
na podciągach jeśli dla dowolnego ciągu minimalizującego (xn ), tj.
inf f (x) = lim f (xn )
x∈X
n→∞
(208)
można wybrać podciąg słabozbieżny xkn * x taki, że
lim f (xkn ) f (x)
n→∞
(209)
8
44
Rozważmy dowolny ciąg minimalizujący. Jako, że funkcjonał jest koercywny
to ciąg minimalizujący jest ograniczony. Zatem ma podciąg słabozbieżny. Z
twierdzenia Rellicha Kondraszowa, ciąg ten ma podciąg xln taki, że xln * x w
H10 (0, π), oraz xln → x w L2 (0, π). Dla tego podciągu policzmy kolejne granice.
Najpierw z wypukłości i ciągłości normy otrzymujemy,że
Zπ
2
kxln kH1 (0,π)
0
Zπ
(t)dt →
2
kxkH1 (0,π) (t)dt
(210)
0
0
0
Dalej widzimy, że z warunku L−Caratheodoriego, spełnione jest założenie twierdzenia o zbieżności zdominowanej dla F1 :
Zπ
Zπ
F1 (t, xkn (t))dt =
lim
n→∞
0
Zπ
lim F1 (t, xkn (t))dt =
F1 (t, x̄(t))dt
n→∞
0
(211)
0
Podobnie dla F2 . Człon f (·) · x(·) jest zbieżny w sposób oczywisty. Stąd
Zπ
2
kxln kH1 (0,π)
0
Zπ
+ F1 + F2 u − f xln →
0
2
kxkH1 (0,π) + F1 + F2 u − f x
(212)
0
0
Zatem zachodzi w.l.s.c. na podciągach
Wobec twierdzenia o istnieniu, wiedząc, że J jest w.l.s.c, ograniczony z dołu
oraz koercywny to posiada punkt krytyczny minimum.
Krok 3. Dowodzimy niezerowości rozwiązania. Przypuśćmy, że x = 0 w sensie
p.w. [0, π]. Wtedy z równania otrzymujemy, że lewa jego strona jest równa zeru
prawie wszędzie. Prawa natomiast przy f (t) 6= 0 p.w. Sprzeczność.
Krok 4. Dowodzimy ciągłej ciągłej zależności od parametru. Niech (un ) będzie dowolnym ciągiem parametrów takich, że istnieje ciąg (xn ) odpowiadających rozwiązań. Wtedy
kun kL2 ¬ M
(*)
oraz mamy
1
2
kxk k − d kxk k + c ¬ J(xn ) = min
J(x) ¬ J(0) = 0
2
x∈H10 (0,π)
(QUAD)
Wobec (*) ciąg (un ) zawiera podciąg słabo-zbieżny ukn . Wobec (QUAD) widzimy, że xkn jest ograniczony zatem posiada podciąg słabo-zbieżny w H10 (0, π).
Podciąg ten jest zbieżny silnie w L2 (0, π) i oznaczmy go xln . Oznaczmy, x̄ =
lim xln zbieżny słabo w H10 (0, π) oraz silnie w L2 (0, π) oraz ū = lim uln zbieżny
słabo w L2 (0, π). Pokażemy, że x̄ spełnia (DP) z u := ū. Weźmy v ∈ H10 (0, π).
Z całkowania przez części mamy
Zπ
Zπ
−x˙ln (t)v(t)dt =
0
xln (t)v̇(t)dt
(213)
0
Skoro xln jest słabo-zbieżny w H10 (0, π) to ciąg x˙ln jest słabo-zbieżny w lpd[2].
8
45
Zatem niech g będzie tą słabą granicą. Po przejściu granicznym otrzymujemy
0=
Rπ
x˙ln (t)v(t)dt +
0
Rπ
xln (t)v̇(t)dt
0
(214)
0=
Rπ
g(t)v(t)dt +
0
Rπ
x̄(t)v̇(t)dt
0
z lematu du Bois-Raymonda mamy jednak, że
x̄˙ = g
(215)
Skoro (xln ) jest zbieżny w C (0, π) to
∃d > 0 ∀t ∈ [0, π] ∀n ∈ N |xln | ¬ d
(216)
Zatem z (H5) mamy, że
t → f1 (t, xln )v(t)
(217)
posiada całkowalną majorantę z twierdzenia Lebesgue’a.
Skorzystamy dalej z faktu, że jeśli (xn ) ⊂ X, (yn ) ⊂ X ∗ oraz X jest przestrzenią refleksywną to gdy jeden z nich jest słabo zbieżny, a drugi silnie to
hyn , xn i → hȳ, x̄i
(218)
zbiega w sposób silny.
Pozostaje zatem udowodnić, że
t → f2 (t, xln (t))v(t)
(219)
zbiega silnie do t → f2 (t, x̄(t))v(t). To jednak mamy przy dowodzie części w.l.s.c.
na podciągach. Skoro f2 jest ograniczona w L2 (0, π) to z twierdzenia Krasnosielskiego otrzymujemy silną zbieżność. Podobnie f1 . Ostatnie dwa człony zbiegają
w sposób oczywisty. Zatem otrzymujemy, że x jest rozwiązaniem dla u.
8
Słowniczek
absolutely continious - absolutnie ciągła albo AC
bounded - ograniczony
closed - domknięty (zbiór)
critical point - punkt krytyczny
coercive - koercywność
compact - zwarty
condition - warunek
contradiction - sprzeczność
convergent - zbieżny
convexity - wypukłość
convex envelope - otoczka wypukła
corrolary - wniosek
derivative - pochodna
directional - kierunkowa
domain - dziedzina
equibounded - wspólnie ograniczone
equicontinious - jednakowociągłe, wspólnie ciągłe
interior - wnętrze
lemma - lemat
level - poziom
lower semicontinious - półciągłość z dołu
partial derivative - pochodna cząstkowa
proof - dowód
reflexive - refleksywny
set - zbiór
sequence - ciag
solution - rozwiązanie
solvability - rozwiązywalność
star-shaped - gwiaździsty
46
8
strict convexity - ścisła wypukłość
subsequence - podciąg
theorem - twierdzenie
uniformly - jednostajnie
unique - jednoznaczne
weak - słaba
47
SPIS RYSUNKÓW
Spis rysunków
Spis tabel
48
LITERATURA
49
Literatura
[1] S. Fucik and A. Kufner. Nonlinear Differential Equations. Elsevier Scientific
Publishing Comp., Amsterdam-Oxford-New York, 1980.
[2] Dariusz Idczak and Andrzej Rogowski. On a generalization of Krasnoselskii’s
theorem. J.Austral.Math.Soc., (72):389–394, 2002.
[3] Johannes Jahn. Introduction to the theory of nonlinear optimization. Springer, Berlin-Heidelberg-New York, 2007.
[4] John L.Troutman.
Variational Calculus with Elementary Convexity.
Springer-Verlag, New York, Heidelberg, Berlin, 1983.
[5] Jean Mawhin. Problemès de Dirichlet variationnels non linèaires. WNT,
Warsaw, 1994.
[6] Stanisław Łojasiewicz. Wstęp do teorii funkcji rzeczywistych. PWN, Warszawa, 1973.