1

Egzamin z RCz I, czerwiec 2009

Imi¸

e i nazwisko:

Nr. Indeksu:
Podpis:

Prosimy o podanie odpowiedzi, oraz dodatkowo wype lnienie formularzy

odpowiedzi zgodnie z instrukcj¸

a. Je´

sli nie podajemy innego polecenia przez po-

danie odpowiedzi rozumiemy dopisanie literki T (=tak) lub N (=N) obok danego
pytania.

Wychodz¸

ac z egzaminu pozostawiamy tre´

s´

c egzaminu oraz formularz

odpowiedzi.

Je´

sli zabraknie miejsca zapisujemy argumentacj¸

e ma odwrotnej

stronie kartki lub dol¸

aczonych kartkach. Czas trwania 1 cz¸

e´

sci egzaminu, 1 godzina

15 minut

1.1

Cz¸

e´

s´

c I. R´

ownania rz¸

edu 1 i klasyfikacja

Zadanie 1 R´

ownanie cz¸

astkowe postaci

2

∂u

∂x

∂

2

u

∂x

2

+ x

∂u

∂y

∂

2

u

∂y

2

+ z

∂

2

u

∂y

2

∂

2

u

∂z

2

+ u

3

= 0,

gdzie u = u(x, y, z) : R

3

→ R jest

a) liniowe 4 rz¸edu
b) quasiliniowe 3 rz¸edu
c) w pe lni nieliniowe 3 rz¸edu
d) quasiliniowe 2 rz¸edu
e) w pe lni nieliniowe 2 rz¸edu
Odpowiedzi uzasanij.

Odpowied´

z: e) z definicji. R´

ownanie nie jest quasiliniowe bo nie jest

ono liniowe wzgl¸edem najwy˙zszych pochodnych.

Zadanie 2 Rozwi¸

azaniem zagadnienia



∂u

∂x

1

+

∂u

∂x

2

+

∂u

∂x

3

+ 2

∂u

∂t

= 0,

u(2, x

2

, x

3

, t) = x

2

x

3

t

gdzie u = u(x

1

, x

2

, x

3

, t), jest funkcja

u(x

1

, x

2

, x

3

, t) =

Przedstaw rachunek.

1

Odpowied´

z: u(x

1

, x

2

, x

3

, t) = (2 − x

1

+ x

2

)(2 − x

1

+ x

3

)(4 − 2x

1

+ t).

Metoda ca lek pierwszych daje u = φ(x

1

− x

2

, x

1

− x

3

, 2x

1

− t). Z danych

pocz¸

atkowych u(2, x

2

, x

3

, t) = x

2

x

3

t mamy x

2

x

3

t = φ(2 − x

2

, 2 − x

3

, 4 − t).

Zatem φ(η

1

, η

2

, η

3

) = (2 − η

1

)(2 − η

2

)(4 − η

3

).

Zadanie 3 Rozwi¸

azaniem r´

ownania

y

∂u

∂x

− x

∂u

∂y

= 0

gdzie u = u(x, y) jest funkcja og´

olnej postaci

a) u(x, y) = Φ(x

2

+ y

2

)

b) u(x, y) = Φ(x

2

− y

2

)

c) u(x, y) = Φ(x + y)
d) u(x, y) = Φ(y − x),
gdzie Φ ∈ C

1

(R).

Odpowiedzi uzasanij.

Odpowied´

z: a)

Mo˙zna uz ˙y´

c metody ca lek pierwszych, albo sprawdzi´

c bezpo´srednio

rozwi¸

azania.

Zadanie 4 a) Jaki jest typ r´

ownania

u

xx

+ 2u

xy

+ 2u

yy

+ xu

y

= 0,

gdzie u = u(x, y) : R

2

→ R? Odpowied´z uzasanij.

b) Podaj posta´

c kanoniczn¸

a, wypisz zamian¸e zmiennych i przedstaw

rachunek.

c) Podaj przyk lad r´

ownania dla u(x, y) : R

2

→ R

2

, kt´

ore jest drugiego

rz¸edu, typu eliptycznego dla x ∈ R, y > 0, hyperbolicznego dla x ∈ R, y < 0
i parabolicznego dla x ∈ R, y = 0. Odpowied´

z uzasanij.

Odpowied´

z: a) eliptyczne

b) ξ = y − x, η = x, v(ξ, η) = u(x, y), v

ξξ

+ v

ηη

+ ηv

ξ

= 0.

c) Przyklad: yu

xx

+ u

yy

= 0.

Zadanie 5 a) R´

ownanie uk ladu wst¸egi charakterystycznej dla r´

ownania

∂u

∂x

1

∂u

∂x

2

+

∂u

∂x

1

+

∂u

∂x

2

= u

(1)

2

wyra˙za si¸e wzorem (uzupe lnij)































dx

1

ds

=

dx

2

ds

=

dz
ds

=

dp

1

ds

=

dp

2

ds

=

gdzie u = u(x

1

, x

2

), przyjmuj¸

ac ˙ze F (Du, u, x

1

, x

2

) = 0, oraz

F (p

1

, p

2

, z, x

1

, x

2

) =

b) Kt´

ore z danch: I: u(x, 0) = 2x czy II: u(x, 2x) = 3x s¸

a niecharak-

terystyczne dla r´

ownania

(2u + y)u

x

+ (x

2

+ u

2

)yu

y

= 3u?

Podaj definicj¸e danych niecharakterystycznych i uzasanij odpowied´

z.

UZASADNIENIE:

Odpowied´

z:

a)







































dx

1

ds

= p

2

+ 1,

dx

2

ds

= p

1

+ 1,

dz
ds

= (p

1

, p

2

).(p

2

+ 1, p

1

+ 1) = 2p

1

p

2

+ p

1

+ p

2

,

dp

1

ds

= p

1

,

dp

2

ds

= p

2

,

F (p, z, x) = p

1

p

2

+ p

1

+ p

2

− z

gdzie z = u, p

1

= u

x

1

, p

2

= u

x

2

.

b) R´

ownanie jest typu

a(x, y, u)u

x

+ b(x, y, u)u

y

= c(x, y, u)

z warunkiem pocz¸

atkowym Γ = {(x, y, u) = (φ

1

(s), φ

2

(s), φ

3

(s))}. Z definicji

warunek niecharakterystyczno´sci dla r´

owna´

n tego typu jest

Det

a(φ(s))

dφ

1

(s)

ds

b(φ(s))

dφ

2

(s)

ds

!

6= 0.

3

Mamy a(x, y, u) = 2u + y, b(x, y, u) = (x

2

+ u

2

)y oraz (x, y, u) =

(φ

1

(s), φ

2

(s), φ

3

(s)) = (s, 0, 2s) albo (x, y, u) = (φ

1

(s), φ

2

(s), φ

3

(s)) =

(s, 2s, 3s).

1. u(x, 0) = 2x:

Det



4s

1

(s

2

+ 4s

2

)0 0



= 0.

2. u(x, 2x) = 3x:

Det



8s

1

(s

2

+ 9s

2

)2s 2



= 0 dla 16s − 20s

2

= 0.

1.2

Cz¸

e´

s´

c II. R´

ownania Laplaca i Poissona i w lasno´

sci

funkcji harmonicznych

Zadanie 6 Czy jest prawd¸

a nast¸epuj¸

ace twierdzenie:

Je´

sli funkcja u jest klasy C

2

na domkni¸

eciu kuli jednostkowej B w R

n

i

spe lnia w tej kuli r´

ownanie ∆u = u

3

, a ponadto u = 0 na zbiorze

S

+

:= {x ∈ ∂B : x

1

> 0} i pochodna normalna

∂u
∂n

= 0 na zbiorze ∂B \ S

+

,

to wtedy u ≡ 0 w kuli B.

Odpowied´

z uzasadnij.

Odpowied´

z brzmi tak. Mamy bowiem:

Z

B

|∇u|

2

dx =

Z

∂B

∂u

∂n

udσ −

Z

B

u∆udx = 0 −

Z

B

u

4

.

St¸

ad

Z

B

|∇u|

2

dx +

Z

B

u

4

dx = 0

i u musi by´

c r´

owna 0.

Podstawowy b l¸

ad: Niekt´

orzy z Pa´

nstwa stosowali zasad¸e maksimum oraz

zasad¸e Zaremby. Nie mamy tu za lo˙zenia sub ani super -harmoniczno´sci dla
u. Niekt´

orzy z Pa´

nstwa stosowali zasad¸e superpozycji. Stosuje si¸e j¸

a tylko

do zagadnie´

n liniowych.

Zadanie 7 Niech u b¸edzie dowoln¸

a funkcj¸

a harmoniczn¸

a okre´slon¸

a w kuli

jednostkowej o ´srodku w 0: B = B(0, 1) ⊆ R

2

i ci¸

ag l¸

a na domkni¸eciu B.

Czy jest prawd¸

a, ˙ze

Z

S

1

 ∂u

∂n

(x, y) − u(x, y)



· xdσ = 0

4

gdzie σ jest miar¸

a Lebegue’a na okr¸egu S

1

? Odpowied´

z uzasadnij.

Wskaz´

owka: Wykorzystaj jeden ze wzor´

ow Greena.

Korzystamy ze wzoru Greena

Z

B

(u∆v − v∆u)dx =

Z

∂B

(u

∂v

∂n

− v

∂u

∂n

)dσ

zastosowanego do funkcji v(x, y) = x (harmonicznej).

Zadanie 8 (zadanie tekstowe*) Wyka˙z, ˙ze zachodzi nast¸epuj¸

aca wersja za-

sady maksimum:

Je´

sli Ω ⊆ R

n

jest ograniczonym obszarem o g ladkim brzegu i funkcja

u ∈ C

2

(Ω) ∩ C( ¯

Ω) spe lnia nier´

owno´

s´

c r´

o˙zniczkow¸

a

−div (p(x)∇u) + q(x)u ≤ 0,

gdzie p i q to funkcje ci¸

ag le okre´

slone na ¯

Ω, p > 0, q ≥ 0 to: albo u ≤ 0 na

ca lym obszarze Ω albo u przyjmuje swoje (dodatnie) maksimum na brzegu Ω.

Wykorzystaj funkcj¸e pomocnicz¸

a u

+

:=

max{u, 0} i powy˙zsz¸

a

nier´

owno´s´

c.

Za l´

o˙zmy przeciwnie, ˙ze warunek u ≤ 0 w ¯

Ω nie jest spe lniony i ˙ze funkcja

u nie przyjmuje swojego dodatniego maksimum na brzegu Ω. Niech m =
max

∂Ω

u i M = max

Ω

u. Z za lo˙zenia m < M . Rozwa˙zamy dwa przypadki: a):

m ≤ 0 i b): m > 0.
W sytuacji a) mno˙zymy wyj´sciowe r´

ownanie przez u

+

(u

+

= 0 na ∂Ω) i

odca lkowujemy po Ω: To daje (ze wzoru na s labe pochodne w przestrzeni
Sobolewa)

Z

Ω

p(x)|∇u

+

(x)|

2

dx +

Z

Ω

q(x)|u

+

(x)|

2

dx ≤ 0,

(2)

zatem u

+

= 0 i st¸

ad u ≤ 0 w Ω, co przeczy za lo˙zeniu M > 0.

W sytuacji b) zauwa˙zamy, ˙ze funkcja v = u − m spe lnia t¸

a sam¸

a nier´

owno´s´

c

i za lo˙zenia punktu a) ( m

v

= max

∂Ω

v ≤ 0 i M

v

= max

Ω

v > 0 ). Udowod-

nili´smy ˙ze jest to niemo˙zliwe.

5

1

Egzamin z RCz 1, cz¸

e´

s´

c 2, czerwiec 2009

Imi¸

e i nazwisko:

Nr. Indeksu:
Podpis:

Prosimy o podanie odpowiedzi, oraz dodatkowo wype lnienie formularzy

odpowiedzi zgodnie z instrukcj¸

a. Wychodz¸

ac z egzaminu pozostawiamy tre´

s´

c egza-

minu oraz formularz odpowiedzi. Je´

sli zabraknie miejsca zapisujemy argumentacj¸

e

ma odwrotnej stronie kartki lub dol¸

aczonych kartkach. Ka˙zd¸

a kartk¸

e podpisujemy

imieniem i nazwiskiem. Czas trwania egzaminu: 1 godz. 15 min.

1.1

Cz¸

e´

s´

c III. R´

ownania struny i przewodnictwa

Zadanie 1. Niech dane b¸

edzie zagadnienie:







u

xy

= 0

x, y ∈ R,

u(x, 0) = f (x)

x ∈ R,

u

y

(x, 0) = g(x)

x ∈ R,

Prawdziwe s¸

a nast¸

epuj¸

ace twierdzenia

a) Posiada ono rozwi¸

azanie dla dowolnych funkcji f i g klasy C

2

(R).

b) Posiada co najwy˙zej jedno rozwi¸

azanie u ∈ C

2

(R

2

).

Odpowiedzi uzasadnij.

Rozwizanie:

a) NIE,
aby rozwi¸

azanie mog lo istnie´

c, funkcja g musi by´

c sta la.

Zauwa˙zmy, ˙ze

rozwi¸

azanie musi by´

c postaci u(x, t) = a(x) + b(t) (co wynika z postaci

samego r´

ownania po odca lkowaniu go stronami).

Dalej, musi spe lnia´

c

warunki pocz¸

atkowe, wi¸ec a(x) + b(0) = f (x), natomiast b

0

(0) = g(x). Czyli

g = const.
b) NIE
bo rozwi¸

azaniem zagadnienia jednorodnego jest funkcja u ≡ 0 oraz dowolna

funkcja postaci u = h(t) − h(0) − th

0

(0).

Zadanie 2. Rozwa˙zmy zagadnienie















u

tt

− u

xx

= 0

x ∈ (0, π), t > 0,

u(0, t) = u

x

(π, t) = 0

t > 0,

u(x, 0) = sin(

5
2

x) + 4sin(

7
2

x),

u

t

(x, 0) = 3sin(

1
2

x).

1

a) Czy rozwi¸

azanie jest jednoznaczne? Odpowied´

z uzasadnij.

b) Znajd´

z rozwi¸

azanie.

Rozwi¸

azanie:

a) TAK,
Wykorzystajmy metod¸

e energetyczn¸

a: rozwa˙zmy r´

ownanie jednowodne z

zerowymi warunkami pocz¸

atkowymi. Poka˙zemy, ˙ze ma ono jedynie zerowe

rozwi¸

azanie. W tym celu wypiszmy funkcj¸

e E(t) =

R

π

0

(u

2

t

+ u

2

x

)dx. Policzmy

E

0

(t). Mamy E

0

(t) = 2

R

π

0

(u

t

u

tt

+ u

x

u

xt

)dx. Ca lkuj¸

ac przez cz¸

e´

sci i korzys-

taj¸

ac z warunk´

ow brzegowych mamy E

0

(t) = 2

R

π

0

(u

t

u

tt

− u

xx

u

t

)dx czyli

E

0

(t) = 0. Do tego E(0) = 0 (z warunk´

ow pocz¸

atkowych ), wi¸

ec E ≡ 0.

b)
Korzystamy z metody Fouriera szukaj¸

ac rozwi¸

azania postaci u(x, t) =

X(x)T (t).

Po

wstawieniu

takiej

postaci

do

r´

ownania,

korzystaj¸

ac

z warunk´

ow brzegowych,

mamy nast¸

epuj¸

ace zagadniena w lasne do

rozwi¸

azania:

X(x) = λX(x),

X(0) = X

0

(π) = 0,

T (t) = λT (t).

Pierwsze daje nam funkcje X

k

= sin(

2k+1

2

x), k = 0, 1, ... Zatem korzyst¸

ac

z r´

ownania na funkcj¸

e T , rozwi¸

azanie wypisuje si¸

e w postaci szeregu:

u(x, t) =

inf ty

X

k=0

[a

k

sin(

2k + 1

2

t) + b

k

cos(

2k + 1

2

t)]sin(

2k + 1

2

x).

Pozostaje znale´

z´

c wsp´

o lczynniki a

k

i b

k

tak, aby rozwi¸

azanie spe lnie lo

warunki pocz¸

atkowe.

Pierwszy z warunk´

ow daje b

2

= 1, b

3

= 4 i pozosta le b

k

= 0. Drugi warunek

pocz¸

atkowy natomiast a

0

= 6 i pozosta le a

k

= 0. Czyli

u(x, t) = 6sin(

1

2

t)sin(

1

2

x) + cos(

5

2

t)sin(

5

2

x) + 4cos(

7

2

t)sin(

7

2

x).

Zadanie 3. Rozwa˙zmy zagadnienie pocz¸

atkowo-brzegowe:







u

t

(x, t) − ∆u(x, t)

= f (x, t)

w

(0, π) × (0, ∞)

u(x, 0) = u

0

(x)

w

(0, π)

u(0, t) = u(π, t) = 0

dla

t ∈ (0, ∞)

(1)

Niech f (x, t) = g(t) sin x, u

0

= a

1

sinx, a

1

-liczba rzeczywista.

(a) Znajd´

z rozwi¸

azanie powy˙zszego zagadnienia zak ladaj¸

ac, ˙ze jest ono

postaci u(x, t) = ϕ(t) sin x.

(b) W klasie jak mo˙zliwie regularnych funkcji rozwi¸

azanie jest wyznac-

zone jednoznacznie?

2

Zadanie 4. Rozwa˙zmy zagadnienie (1).

Czy prawdziwe s¸

a nast¸

epuj¸

ace

twierdzenia:

(a) Dla danych f (x, t) = g(t) sin x, gdzie g ∈ C

∞

0

(0, ∞), u

0

∈ C(0, π) ∩

L

∞

(0, π) rozwi¸

azanie d¸

a˙zy do zera, gdy t → ∞,

(b) dla danych f (x, t) = 3 sin x, u

0

∈ C([0, π]) rozwi¸

azanie d¸

a˙zy do

rozwi¸

azania stacjonarnego, czyli rozwi¸

azania (1) niezale˙znego od t, gdy t →

∞.

(c) dla danych f (x, t) = e

σt

sin x, σ > 0, u

0

∈ C([0, π]) rozwi¸

azanie jest

nieograniczone, gdy t → ∞.

Wszystkie odpowiedzi uzasadnij.

3

Klucz do zadań 3 i 4 (części II egzaminu) dotyczących równania parabolicznego

Rozważmy podane zagadnienie początkowo-brzegowe w ogólniejszym kontekście:

u

t

(x, t) − 4u(x, t)

=

f (x, t)

w

Ω × (0, ∞)

u(x, 0)

=

u

0

(x)

w

Ω

u(x, t)

=

0

na

∂Ω × (0, ∞)

gdzie Ω jest obszarem ograniczonym w R

n

, o gładkim brzegu. Niech {ω

k

}, k = 1, 2, ...

będzie ortonormalnym w L

2

(Ω) ciągiem funkcji własnych operatora −4 z jednorod-

nym warunkiem Dirichleta na brzegu, odpowiadającym wartościom własnym λ

k

,

0 < λ

1

¬ λ

2

¬ ..., odpowiednio; −4ω

k

= λ

k

ω

k

.

1) Dla f (x, t) = g(t)ω

1

(x), u

0

= a

1

ω

1

(x), a

1

-liczba rzeczywista, rozwiązanie po-

wyższego zagadnienia postaci u(x, t) = ϕ(t)ω

1

(x) znajdujemy z warunków: ϕ

0

(t) +

λ

1

ϕ(t) = g(t), ϕ(0) = a

1

. Całkując równanie różniczkowe zwyczajne liniowe pierw-

szego rzędu otrzymujemy

ϕ(t) = a

1

exp{−λ

1

t} + exp{−λ

1

t}

Z

t

0

exp{λ

1

s}g(s)ds,

skąd znajdujemy rozwiązanie

u(x, t) = {a

1

exp{−λ

1

t} + exp{−λ

1

t}

Z

t

0

exp{λ

1

s}g(s)ds}ω

1

(x),

przy założeniu, że funkcja g jest lokalnie całkowalna na [0, ∞).

Jednoznaczność w szerokiej klasie rozwiązań otrzymujemy stosując metodę ener-

getyczną, tzn. mnożąc równanie na różnicę w dwóch rozwiązań przez w i całkując

wynik w obszarze Ω. Całkując drugą całkę przez części i korzystając z jednorodności

warunku na brzegu dostajemy

1

2

d

dt

Z

Ω

w

2

(x, t)dx +

Z

Ω

(∇w(x, t))

2

dx = 0,

skąd

d

dt

Z

Ω

w

2

(x, t)dx ¬ 0.

Całkując tę nierówność względem t w przedziale (0, t) i zauważając, że w(x, 0) = 0

dostajemy w(x, t) = 0 prawie wszędzie w Ω dla t > 0. Jednoznaczność mamy zatem

np. w klasie rozwiązań, dla których powyższe rachunki mają sens (w czczególmości,

dla rozwiązań odpowiednio gładkich).

Jeśli warunek początkowy u

0

jest funkcją z L

2

(Ω), to można, korzystając z li-

niowości równania, przedstawić rozwiązanie w postaci sumy rozwiązań: u = v + z,

gdzie

v

t

(x, t) − 4v(x, t)

=

f (x, t)

w

Ω × (0, ∞)

u(x, 0)

=

0

w

Ω

u(x, t)

=

0

na

∂Ω × (0, ∞)

oraz

z

t

(x, t) − 4z(x, t)

=

0

w

Ω × (0, ∞)

z(x, 0)

=

u

0

(x)

w

Ω

z(x, t)

=

0

na

∂Ω × (0, ∞).

Z zasady maksimum, rozwiązanie drugiego zagadnienia jest ograniczone, jeśli funkcja

u

0

jest ograniczona i dąży do 0 gdy t → ∞ (najłatwiej to zobaczyc mnożąc równanie

na z przez funkcję max{z(x, t) − M, 0}, (max{M − z(x, t), 0}) gdzie |u

0

(x)| ¬ M

w obszarze Ω, wynik scałkowac w obszarze Ω i skorzystać z nierówności Poincar´

e),

zatem rozwiązanie u zachowuje się tak dla t → ∞ jak funkcja v, o której już wiemy,

że jest równa

v(x, t) = exp{−λ

1

t}

Z

t

0

exp{λ

1

s}g(s)dsω

1

(x).

Podstawiając za g kolejno: funkcje gładką o nośniku zwartym w przedziale (0, ∞),

g(t) = 3 i g(t) = exp{σt}, σ > 0 i badając zachowanie sie całki gdy t → ∞,

dostajemy rozwiązanie zadania 4 w ogólniejszym sformułowaniu.

Ograniczając się do rozważań na odcinku (0, π) ograniczamy sie w rezultacie do

metody rozdzielenia zmiennych.

1.2

IV. Przestrzenie Sobolewa i lemat Laksa Milgrama

Zadanie 5. Niech B(2) = {x = (x

1

, x

2

) ∈ R

2

: kxk =

px

2

1

+ x

2

2

≤ 2}. Czy

funkcja u : R

2

→ R zadana wzorem

u(x) =



1 + kxk

2

dla

kxk ≤ 1

2

dla

kxk > 1

(a) le˙zy w przestrzeni Sobolewa W

1,2

(B(2))?

(b) le˙zy w przestrzeni Sobolewa W

2,2

(B(2))?

(c) le˙zy w przestrzeni Sobolewa W

1,2

0

(B(2))?

Odpowiedzi uzasadnij.

(a) Tak. Funkcja u jest g ladka i ograniczona poza zbiorem pe lnej miary:

S

1

. Latwo wida´

c, ˙ze spe lnia warunek ACL charakteryzacji. Jej gradient

liczony prawie wsz¸edzie to

∇u(x) =



2x

dla

kxk ≤ 1

0

dla

kxk > 1

Wida´

c, ˙ze wsp´

o lrz¸

edne ∇u s¸

a ca lkowalne z drug¸

a pot¸

eg¸

a (bo s¸

a ogranic-

zone).

(b) Nie. Co prawda ∇u ma wsp´

o lrz¸

edne ca lkowalne z drug¸

a pot¸

eg¸

a,

ale jego zbi´

or punkt´

ow nieci¸

ag lo´

sci to S

1

. Dlatego funkcje

∂u

∂x

i

nie spe lniaj¸

a

warunku ACL charakteryzacji i nie mog¸

a nale˙ze´

c do W

1,2

(B(2)). Zauwa˙zmy,

˙ze

W

2,2

(Ω) = {u ∈ W

1,2

(Ω) :

∂u

∂x

i

∈ W

1,2

(Ω) dla i = 1, . . . , n}.

(c) Nie. Przd lu˙zmy u liczb¸

a 2 poza B(2) i rozwa˙zmy reglaryzacj¸e u



=

u ∗ φ



. Mamu u



∈ C

∞

(R

n

) i u



→ u w W

1,2

(B(2)). zauwa˙zmy, ˙ze (z

definicji splotu) u



= 2 w otoczeniu brzegu B(2). St¸

ad dla 

k

→ 0 mamy

u



k

= 2 obci¸

ete do brzegu i z definicji ´

sladu (nie zale˙zy od wyboru ci¸

agu

zbie˙znego) T ru = 2 6= 0.

Zadanie 6. Niech Ω = B(1) b¸

edzie kul¸

a jednostkow¸

a w R

2

i rozwa˙zmy

zagadnienie

(

−4∆u + aD

1

u + u =

1

|x

1

|

1

4

, x ∈ B(1)

u ≡ x

1

na S

1

= ∂Ω

(2)

Dla jakich a ∈ R istnieje s labe rozwi¸

azanie powy˙zszego zagadnienia? Przed-

staw argumenty.

4

Rozwi¸

azanie. Rozwa˙zmy funkcj¸

e v = u − x

1

(u = x

1

+ v). Funkcja v

spe lnia r´

ownanie

(

−4∆v + aD

1

v + a + v + x

1

=

1

|x

1

|

1/4

,

v = 0 na ∂B(1)

Inaczej

(

−4∆v + aD

1

v + v =

1

|x

1

|

1/4

− x

1

− a =: f (x),

v = 0 na ∂B(1)

Pomn´

o˙zmy pierwsze r´

ownanie przez φ ∈ C

∞

0

(B(1)) i odca lkujmy po ob-

szarze. Dostajemy

a(v, φ) := 4

Z

∇v∇φ + a

Z

D

1

vφ +

Z

vφ =

Z

f φ =: (F, φ).

Wystarczy sprawdzi´

c, ˙ze lewa strona definiuje form¸e ci¸

ag l¸

a koercytywn¸

a

na W

1,2

0

(B(1)) a prawa ci¸

ag ly funkcjona l. Zatem rozwi¸

azanie istnieje dla

dowolnego a na mocy twierdzenia Laksa Milgrama.

5