弱解なら必ず存在して一意に決まる｜ラックス・ミルグラムの補題

リースの表現定理は、内積の形をした方程式を解く道具である。$⟨u,v⟩=f(v)$ をすべての $v$ でみたす $u$ が、ただ $1$ つ決まる。

同じことが、対称でない双線形形式でも言える。有界性と強圧性の $2$ つだけあればよい^[1]。

ラックス・ミルグラムの補題である。微分方程式の弱解を作る土台になっている。

設定と主張

$H$ を実ヒルベルト空間、$a$ を $H\times H$ 上の双線形形式とする。次の $2$ つを仮定する^[3]。

$$|a(u,v)|\le C\Vert u\Vert \Vert v\Vert ,a(u,u)\ge \alpha \Vert u{\Vert }^2$$

上の条件を有界性、下の条件を強圧性という。$C$ と $\alpha$ は正の定数である。

このとき、どの $f\in H^{\ast }$ に対しても次をみたす $u$ がただ $1$ つ存在する^[1]。

$$a(u,v)=f(v)(v\in H)$$

さらに大きさの評価もつく。$\Vert u\Vert \le \frac{\Vert f\Vert }{\alpha }$ である。

対称なら内積そのもの

$a$ が対称で強圧的なら、$a$ 自身が $H$ の内積になる。有界性から、もとのノルムと同値なノルムを与える。

その場合はリースの表現定理で終わる。新しい定理は要らない。

対称でないときが本番である。回転のような成分が混ざっても、結論が変わらないところに意味がある^[1]。

証明はリースの表現定理から

$u$ を固定すると $v\mapsto a(u,v)$ は有界な線形汎関数になる。リースの表現定理で、これを内積に書きかえる^[2]。

$$a(u,v)=⟨Au,v⟩$$

こうして作用素 $A:H\to H$ が決まる。有界性から $\Vert A\Vert \le C$ である。

強圧性を使うと下からの評価が出る。$v=u$ を入れる。

$$\alpha \Vert u{\Vert }^2\le a(u,u)=⟨Au,u⟩\le \Vert Au\Vert \Vert u\Vert$$

両辺を $\Vert u\Vert$ で割って $\Vert Au\Vert \ge \alpha \Vert u\Vert$ になる。単射であり、像が閉じていることも従う。

あとは像が稠密だと言えばよい。$w$ が像と直交するなら $⟨Aw,w⟩=0$ で、強圧性から $w=0$ である。

方程式 $a(u,v)=f(v)$ は $Au=z$ という形になる。$z$ は $f$ をリースの定理で表した元である^[2]。

例：2 次の行列で確かめる

$H={\mathbb{R}}^2$ とし、行列を $1$ つ用意する。

$$M=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ -1& 2\end{array}\right)$$

$a(u,v)=(Mu)\cdot v$ と定める。$M$ は対称でないので、$a$ も対称でない。

強圧性を確かめよう。歪対称な部分は $a(u,u)$ に寄与しないので、対角の $2$ だけが残る。

$$a(u,u)=2u_1^2+u_1{u}_2-u_2{u}_1+2u_2^2=2\Vert u{\Vert }^2$$

$\alpha =2$ である。有界性のほうは $\Vert M\Vert =\sqrt{5}\approx 2.236$ なので $C=\sqrt{5}$ になる。

$f(v)=b\cdot v$、$b=(1,0)$ として解く。$\det M=5$ なので逆行列が書ける。

$$u=M^{-1}b=\frac{1}{5}\left(\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right)$$

評価も確かめる。$\Vert u\Vert =\frac{\sqrt{5}}{5}\approx 0.447$ で、$\frac{\Vert f\Vert }{\alpha }=\frac{1}{2}$ 以下に収まった。

例：ポアソン方程式の弱形式

区間 $(0,1)$ で $-u^{\prime \prime }=f$、両端で $u=0$ という問題を考える。

両辺に $v$ を掛けて部分積分する。境界項は $v(0)=v(1)=0$ で消える。

$${\int }_0^1{u}^{\prime }{v}^{\prime }dx={\int }_0^{1}fvdx$$

左辺を $a(u,v)$、右辺を $f(v)$ と見る。空間は $H_0^1(0,1)$ をとる^[1]。

有界性はコーシー・シュワルツの不等式から出る。強圧性にはポアンカレの不等式が要る^[1]。

$$\Vert v{\Vert }_{L^2}\le C_P\Vert v^{\prime }{\Vert }_{L^2}$$

この不等式があるので、$\Vert v^{\prime }{\Vert }_{L^2}$ が $H_0^1$ の同値なノルムになる。$a(v,v)=\Vert v^{\prime }{\Vert }_{L^2}^2$ がそのまま強圧性を与える。

例：解を具体的に出す

$f=1$ で解いてみる。$-u^{\prime \prime }=1$ を積分すると $u=-\frac{x^2}{2}+c_{1}x+c_2$ である。

境界条件 $u(0)=u(1)=0$ から $c_2=0$、$c_1=\frac{1}{2}$ になる。

$$u(x)=\frac{x(1-x)}{2}$$

最大値は $x=\frac{1}{2}$ での $\frac{1}{8}$ である。弱解として求めたものが、古典的な解と一致した。

例：移流が入ると対称でなくなる

$-u^{\prime \prime }+b{u}^{\prime }=f$ を同じように弱形式にする。今度は項が $1$ つ増える。

$$a(u,v)={\int }_0^1{u}^{\prime }{v}^{\prime }dx+b{\int }_0^1{u}^{\prime }vdx$$

第 $2$ 項があるので $a(u,v)\ne a(v,u)$ である。リースの表現定理だけでは足りない。

強圧性は生き残る。$v=u$ を入れると、第 $2$ 項が境界の値だけで決まる。

$${\int }_0^1{u}^{\prime }udx={\left[\frac{u^2}{2}\right]}_0^1=0$$

両端で $u=0$ なので、この項は消える。$a(u,u)=\Vert u^{\prime }{\Vert }_{L^2}^2$ となり、強圧性がそのまま残った。

対称でない形の代表例である。ラックス・ミルグラムの補題が要る場面が、ここではっきりする。

一意性と評価の出し方

一意性は差をとれば出る。$u_1$ と $u_2$ がどちらも解なら、すべての $v$ で $a(u_1-u_2,v)=0$ である。

$v=u_1-u_2$ を入れる。強圧性から次のようになる。

$$\alpha \Vert u_1-u_2{\Vert }^2\le a(u_1-u_2,u_1-u_2)=0$$

ノルムが $0$ なので $u_1=u_2$ になる。大きさの評価も同じ手口である。

$v=u$ を入れると $\alpha \Vert u{\Vert }^2\le a(u,u)=f(u)\le \Vert f\Vert \Vert u\Vert$ となり、$\Vert u\Vert \le \frac{\Vert f\Vert }{\alpha }$ が出る。

有限次元へ落とす

仮定はどれも部分空間へそのまま受け継がれる。有限次元の部分空間 $V_h\subset H$ をとろう^[3]。

$V_h$ の上でも有界性と強圧性は保たれるので、離散化した問題も一意に解ける。基底を選べば連立 $1$ 次方程式になる。

誤差の評価も出る。セアの補題である^[3]。

$$\Vert u-u_h\Vert \le \frac{C}{\alpha }\underset{v\in V_h}{\inf }\Vert u-v\Vert$$

近似解の誤差が、部分空間による最良近似の定数倍でおさえられる。有限要素法の理論的な支えになっている。

境界条件がどこで効いているかを、移流の項でもう一度確かめておく。

答えを確かめる

強圧性を確かめるときは、まず歪対称な部分を切り離す。$a(u,u)$ には対称部分しか残らない。

$\alpha$ の値は、対称部分の最小固有値から読める。有限次元ならそのまま計算できる。

得られた解は、大きさの評価 $\Vert u\Vert \le \Vert f\Vert /\alpha$ に入るかを見る。はみ出していれば計算違いである。

まちがえやすいところ

有界性と強圧性。この $2$ つを確かめる作業に、弱解の存在と一意性がすべて押し込まれている。

出典