Teoría de Babuska Brezzi

8/19/2019 Teoría de Babuska Brezzi

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Teoŕıa de Babuska-Brezziy su aplicación a los problemas de Stokes y Darcy

Weymar Andrés Astaiza Sulez

Universidad del Cauca

Facultad de Ciencias Naturales, Exactas y de la EducaciónDepartamento de MatemáticasPrograma de Matemáticas

Popayán2012


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´Indice general

Índice general 2

Introducción I

1. Teoŕıa de Babuska-Brezzi 111.0.1. Teoŕıa de Babuska-Brezzi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.0.2. Condición inf-sup para la sobreyectividad . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.0.3. Minimizacíon con restricción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

Bibliograf́ıa 33


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donde X es un espacio de Hilbert, a : X × X → R es una forma bilineal y f ∈ X , tiene so-lućıon y cuando es única. Muchas ecuaciones diferenciales parciales (tales como la ecuación deLaplace) conducen a una formulación variacional de la forma (0.0.2) (ver, por ejemplo [12]).Pero no siempre las formulaciones variacionales son de este tipo, por tal raz ón se debe recurrira otro tipo de formulaciones que ayuden a resolver EDP y para ello se necesitará conocer otrasteorias importantes como la dada por el matemático checo Ivo Babuska [2] y el matemático

italiano Franco Brezzi [5], conocida como Teoŕıa de Babuska-Brezzi que estudia las llamadasformulaciones variacionales mixtas y será el principal objeto de estudio de este trabajo.La Teoŕıa de Babuska-Brezzi tambien incluye el análisis de discretización de las formulacionesque se tratan en su teorı́a, es decir incluye la aproximación en subespacios finito dimensionales.En particular la mencionada teoŕıa incluye análisis de aproximación a través de subespacios deelementos finitos [3]. Sin embargo, en el presente trabajo solamente se estudiarán los problemascontinuos, sin considerar sus discretizaciones.Como aplicación de la Teoŕıa de Babuska-Brezzi, estudiaremos los problemas de Stokes yDarcy, los cuales describen fenómenos que se presentan en el estudio de la din ámica de flui-dos y que son de particular importancia en problemas industriales relacionados con oleoductos,acueductos y sistemas en general, que describen el movimiento de un fluido en diferentes entor-

nos. donde X

es un espacio de Hilbert, a

: X

×X

→ R

es una forma bilineal y f

∈ X

, tienesolućıon y cuando es única. Muchas ecuaciones diferenciales parciales (tales como la ecuaciónde Laplace) conducen a una formulación variacional de la forma (0.0.2) (ver, por ejemplo [12]).Pero no siempre las formulaciones variacionales son de este tipo, por tal raz ón se debe recurrira otro tipo de formulaciones que ayuden a resolver EDP y para ello se necesitará conocer otrasteorias importantes como la dada por el matemático checo Ivo Babuska [2] y el matemáticoitaliano Franco Brezzi [5], conocida como Teoŕıa de Babuska-Brezzi que estudia las llamadasformulaciones variacionales mixtas y será el principal objeto de estudio de este trabajo.La Teoŕıa de Babuska-Brezzi tambien incluye el análisis de discretización de las formulacionesque se tratan en su teorı́a, es decir incluye la aproximación en subespacios finito dimensionales.En particular la mencionada teoŕıa incluye análisis de aproximación a través de subespacios deelementos finitos [3]. Sin embargo, en el presente trabajo solamente se estudiarán los problemas

continuos, sin considerar sus discretizaciones.Como aplicación de la Teoŕıa de Babuska-Brezzi, estudiaremos los problemas de Stokes yDarcy, los cuales describen fenómenos que se presentan en el estudio de la dinámica de fluidos yque son de particular importancia en problemas industriales relacionados con oleoductos, acue-ductos y sistemas en general, que describen el movimiento de un fluido en diferentes entornos.

II


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Preliminares

En esta sección y a lo largo del trabajo Ω es un subconjunto abierto y no vacio de RN .Las definiciones y resultados que se presentan a continuación son ampliamente conocidos y pue-den ser consultados en [4],[10],[9].

Definición 0.0.1 . Si f : Ω → R es continua se define el soporte de f como

Suppf := {x ∈ Ω : f (x) = 0}.

Diremos que f tiene soporte compacto si Suppf es un subconjunto compacto de RN .

Definición 0.0.2 . Se define el conjunto de funciones infinitamente diferenciables y de soporte compacto incluido en Ω como

C ∞0 (Ω) := {f : Ω → R : f ∈ C ∞(Ω) y Suppf ⊂ Ω es compacto}.

Definición 0.0.3 . Para Ω acotado, diremos que ∂ Ω es de clase C k(k ∈ Z+), si para todox0 ∈ ∂ Ω, existe rx0 > 0 y γ x0 : R

(N −1) → R tal que

Ω ∩ B(x0, rx0) = {x ∈ B(xo, rx0) : xN > γ x0(x1, . . . , xN −1)} y

∂ Ω ∩ B(x0

, rx0

) = {x ∈ B(xo, rx0

) : xN

= γ x0

(x1

, . . . , xN −1

)},

con γ x0 ∈ C k.

Definición 0.0.4 . Para Ω acotado, 1 ≤ p


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derivadas en este sentido, donde H 1(Ω) tiene en cuenta las derivadas de primer orden y H 2(Ω)involucra tanto las de primer orden como las derivadas de segundo orden, es decir

H 1(Ω) :=

f ∈ L2(Ω) :

∂f

∂xi∈ L2(Ω) , i = 1, 2,...,N

,

H 2(Ω) := f ∈ L2(Ω) : ∂f

∂xi

∈ H 1(Ω) , i = 1, 2,...,N .Estos espacios son de Hilbert con los productos interiores dados por

f, gH 1(Ω) :=

Ω

(f g + ∇f · ∇g) ,

f, gH 2(Ω) := f, gL2(Ω) +N i=1

∂f

∂xi,

∂g

∂xi

H 1(Ω)

,

donde ∇h := (w1, . . . , wN ) con wi := ∂h∂xi

.

Teorema 0.0.1 Si Ω es acotado y con frontera de clase C 1,

C ∞(Ω).

H 1(Ω)= H 1(Ω), C ∞(Ω)

.H 2(Ω)

= H 2(Ω).

Adem´ as, existen operadores lineales y acotados

γ 0 : H 1(Ω) → L2(∂ Ω), γ 1 : H

2(Ω) → L2(∂ Ω)

tales que

γ 0(v) = v |∂ Ω, γ 1(v) = ∂v

∂ n

∂ Ω

∀v ∈ C ∞(Ω),

donde n es el vector normal exterior a ∂ Ω.

Observación. Para u ∈ H 1(Ω) y v ∈ H 2(Ω), en lugar de γ 0(u) y γ 1(v) usaremos la notación

u|∂ Ω y ∂v

∂ n

∂ Ω

.

Aśı, en lugar de escribir ∂ Ω

γ 0(u)γ 1(v),

escribiremos ∂ Ω

u∂v

∂ n.

Definición 0.0.6 . El espacio H 10 (Ω) denota a los elementos de H 1(Ω) y con traza cero. Adem´ as,

H 10 (Ω) = C ∞0 (Ω)

.H 1(Ω).

Teorema 0.0.2 (Desigualdad de Poincaré). Sea Ω acotado, entonces existe C > 0 tal que Ω

|v|2 ≤ C

Ω

|∇v|2,

para toda v ∈ H 10 (Ω).

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Demostración. (ver Proposición 4.3.10 de [1])

Teorema 0.0.3 (Identidades de Green). Sea Ω acotado y de clase C 1. Las siguientes iden-tidades son validas

1. Para todo v ∈ H 1(Ω) y u ∈ H 2(Ω) se tiene

Ω

v∆u = − Ω

∇u · ∇v + ∂ Ω

v ∂u∂ n

2. Para todo v ∈ H 2(Ω) y u ∈ H 2(Ω) se tiene

Ω

[v∆u − u∆v] =

∂ Ω

v

∂u

∂ n− u

∂v

∂ n

donde n es el vector normal exterior a ∂ Ω.

Definición 0.0.7 . Sean X un espacio de Hilbert y B : X ×X → R. Se dice que B es una forma bilineal sobre X si

1. B(αu + βv,w) = αB(u, w) + βB(v, w) ∀u , v , w ∈ X ∀α, β ∈ R.

2. B(u,αv + βw) = αB(u, v) + βB(u, w) ∀u , v , w ∈ X ∀α, β ∈ R.

B se dice simétrica si B(u, v) = B(v, u) ∀u, v ∈ X.

B se dice positiva si B(v, v) ≥ 0 ∀v ∈ X.

B es acotada , si existe C > 0 tal que

|B(u, v)| ≤ C uX vX ,

para todo u, v ∈ X .B se dice eliptica si existe α > 0 tal que

B(v, v) ≥ αv2X ,

para todo v ∈ X .

Definición 0.0.8 . Sea T : X → M un operador. Entonces se define el Dominio, Imagen y Kernel (Nucleo) de T respectivamente por

D(T ) := {x ∈ X : T (x) ∈ M },

ImT := {T (x) ∈ M : x ∈ X } y

KerT := {x ∈ D(T ) : T (x) = 0}.

Definición 0.0.9 . Un operador lineal es un un operador tal que

1. El dominio e imagen de T son espacios vectoriales sobre el mismo campo K, donde Kdenota a R o C.

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2. Para todo x, y ∈ D(T ) y para cualquier α ∈ K se tiene que

T (x + y) = T (x) + T (y) y T (αx) = αT (x).

Se dice que T es lineal conjugado si satisface que

T (αx + βy) = αT (x) + βT (y),

donde α y β , representan el conjugado de α y β respectivamente.

Definición 0.0.10 . Sea T : X → M un operador lineal, con X y M espacios normados. En-tonces decimos que el operador T es acotado si existe β > o tal que

T (x)M ≤ β xX ,

para todo x ∈ X .

Definición 0.0.11 . Sea T : X → M un operador, no necesariamente lineal con X y M espacios normados. Entonces T es continuo en x

0 ∈ D(T ) si para todo > 0, existe δ > 0 tal que

T (x) − T (x0)M < siempre que para todo x ∈ D(T ) se satisfaga que x − x0X < δ.

T ser´ a continuo si T es continuo en cada x ∈ D(T ).

Teorema 0.0.4 Sea T : D(T ) → M un operador lineal, donde D(T ) ⊂ X y X , M son espacios normados. Entonces

1. T es continua śı y s´ olo si T es acotado.

2. Si T es continua en un punto del dominio entonces T es continua.

Demostración. (ver Teorema 2.7-9 de [10])

Definición 0.0.12 . Sea X un espacio normado sobre K , donde K es R o C. Entonces f es un funcional śı este es un operador

f : X → K.

Un funcional f es lineal y acotado, si como operador lo es.

Definición 0.0.13 . Dado X un espacio normado, entonces el conjunto de todos los funcionales acotados constituye un espacio normado, con norma definida por

f = supx∈X

x=0

|f (x)|

x .

Este espacio es llamado el espacio dual de X y se nota por X . Ası́, para f ∈ X escribiremos f X en lugar de f .Adem´ as para cualquier f ∈ X y v ∈ X se define el producto de dualidad dado por

f (v) := f, v.

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Teorema 0.0.5 Sea f un funcional lineal y acotado sobre un subespacio Z de un espacio nor-mado X . Entonces existe un funcional acotado f̃ sobre X , el cual es una extensi´ on de f y adem´ as

f X = f̃ Z ,

donde

˜

f X

= supx∈Xx=0

|f̃ (x)|

x y f Z

= supx∈Z x=0

|f (x)|

x .

Demostración. (ver teorema 4.3-2 de [10])

Lema 0.0.6 Sean X y M dos espacios de HIlbert, l : X ×M → R una forma bilineal y continua.Si para cada x ∈ X definimos

Ãx : M → R,

tal que Ãx(q ) = l(x, q ) ∀q ∈ M,

entonces Ãx ∈ M . Adem´ as, el operador

Ã : X → M ,

es tambien un operador lineal y continuo.

Demostración

Sean α, β ∈ R y q, p ∈ M . Luego

Ãx(αp + βq ) = l(x,αp + βq )

= l(x,αp) + l(x,βq )

= αl(x, p) + βl(x, q )

= α Ãx( p) + β Ãx(q ),

es decir Ãx es lineal. Ahora veamos que Ãx es acotado. En efecto, dado que l es acotado, paraq ∈ M se tiene que

|Ãx(q )| = |l(x, q )|

≤ C xq ,

y por tanto|Ãx(q )|

q ≤ C̃,

con C̃ = C x, por lo cual

Ãx

≤ C̃,

y aśı Ãx es acotado. Por último, mostraremos que Ã es lineal y acotado. Para ello, tomemosx, y ∈ X , α, β ∈ R, luego

Ã(αx + βy)(q ) = l(αx + βy,q )

= l(αx,q ) + l(βy,q )

= αl(x, q ) + βl(y, q )

= α Ãx(q ) + β Ãy(q ) ∀q ∈ M,

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de donde vemos que Ã es lineal. Además, para x ∈ X se tiene que

Ãx ≤ C x,

por lo cualÃx

x ≤ C,

es decirÃ ≤ C,

y con esto se prueba que Ã es continuo o equivalentemente acotado.

Teorema 0.0.7 (Teorema de Representaci´ on de Riesz.) Sea f un funcional lineal y aco-tado sobre un espacio de Hilbert X . Entonces, existe un ´ unico elemento z ∈ X tal que

f (u) = u, z ∀u ∈ X

y adem´ as f X = z.

Demostración. (ver Teorema 1.2.3 de [12] o ver Teorema 3.8-1 de [10])

Definición 0.0.14 Sea X un espacio normado. La funci´ on

C : X → X ,

definida por C (x) = hx ∈ X

,

donde hx(f ) = f (x) para toda f ∈ X

,

es llamada la funci´ on can´ onica .

Lema 0.0.8 Sea X un espacio normado, entonces la funci´ on can´ onica dada en la definici´ on anterior es una isometria de X sobre X , es decir C es lineal, biyectiva y

Cx = x ∀x ∈ X.

Demostracion. (ver Lema 4.6-2 de [10])

Lema 0.0.9 (Lema de Lax-Milgram.) Sean X un espacio de Hilbert, a : X × X → R bilineal y acotada, F : X → R lineal y acotada. Adem´ as existe α > 0 tal que

a(v, v) ≥ αv2X ∀v ∈ X,

entonces para el problema Encontrar u ∈ X :

a(u, v) = F (v) ∀v ∈ X, (0.0.3)

(0.0.3) tiene soluci´ on ´ unica y αuX ≤ F X .

Demostración. (ver Teorema 1.2.4 de [12] o Colorario 5.8 de [4])

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Lema 0.0.10 Sean X y M espacios de Hilbert. Si T : X → M es lineal, continua, biyectiva y adem´ as existe C > 0 tal que

T −1uX ≤ C uM ∀u ∈ M,

entonces ImT es cerrado.

Demostración.

Sea {yn}n∈Z+ ⊂ I mT tal que ĺımn→∞

yn = y, luego para cada n ∈ Z+ existe xn ∈ X tal que

T xn = y,

de dondexn = T

−1yn.

Por la hipótesis podemos ver que T −1 es continua ya que

T −1uX uM

≤ C, ∀u ∈ M u = 0,

y aśıT −1 ≤ C.

Entonces tenemos que T −1 es acotado y por tanto continua, luego usando la continuidad deloperador T −1 se tiene que

ĺımn→∞

xn = T −1y,

haciendox := ĺımn→∞

xn,

tenemos que

x = T

−1

y,es decir, T (x) = y ∈ I mT y por tanto ImT es cerrado.

Definición 0.0.15 Sea B : X → M un operador lineal acotado, donde X y M son espacios de Hilbert, entonces el operador Adjunto de Hilbert de B, denotado por B∗, es el operador

B∗ : M → X,

tal que para todo x ∈ X y q ∈ M satisface que

(Bx,q ) = (x, B∗q ).

Teorema 0.0.11 Sea B : X → M un operador lineal acotado, entonces el operador Adjunto de Hilbert existe, es ´ unico y adem´ as B = B∗.

Demostración. (ver Teorema 3.9-2 [10])

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Definición 0.0.16 Sea B : X → M un operador lineal acotado, donde X y M son espacios normados, entonces el operador Adjunto de B, denotado por B×, es el operador

B× : M → X ,

tal que para todo g ∈ M

(B×g)(y) = g(By) ∀y ∈ X,

donde X y M son los respectivos espacios duales de X y M .

Teorema 0.0.12 Sea B : X → M un operador lineal acotado, entonces el operador Adjuntoes lineal, acotado y adem´ as

B = B×.

Demostración. (ver Teorma 4.5-2 [10])

Mencionaremos dos importantes relaciones entre el operadores Adjunto y Adjunto de Hilbertpara un operador B : X → M dado, lo primero que podemos notar es que para la definiciónAdjunto de Hilbert se necesita que los espacios sean de Hilbert, mientras que para la definición

Adjunto se necesita que los espacios sean normados, aśı en particular cuando los espacios sonde Hilbert, las dos definiciones tienen sentido y por los teoremas (0.0.12) y (0.0.11) se tiene que

B∗ = B = B×.

Por otro lado, tenemos queB : X → M y

B× : M → X ,

dondeB×g = f ,

es tal que g(Bx) = f (x) ∀x ∈ X,

con f ∈ X y g ∈ M , y dado que estamos considerando a X y M espacios de Hilbert, entoncespor el Teorema de Representación de Riesz (ver Teorema (0.0.7)), tenemos que existen x0 ∈ X y q 0 ∈ M tales que

f (x) = x, x0 x ∈ X y

g(q ) = q, q 0 q ∈ M.

Luego, se pueden definir los operadores

A1 : X → X y

A2 : M → M,

definidos como

A1(f ) = x0 y A2(g) = q 0 ∀f ∈ X , ∀g ∈ M ,

por el Teorema (0.0.7) sabemos que A1, A2 son biyectivas y además isométricas, pues podemosver que

A1(f ) = x0 = f y A2(g) = q 0 = g.

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Además, podemos ver que para dos elementos f 0, f 1 ∈ X y notando

f 0(x) := x, xo y f 1(x) := x, x1,

tenemos que

(αf 0 + βf 1)(x) = αf 0(x) + βf 1(x)

= αx, xo + β x, x1= x,αx0 + βx1,

es decirA1(αf 1 + βf 2) = αA1 + βA2,

similarmente se tiene para A2. Por lo tanto, A1 y A2 son lineales conjugadas. Por último, seobserva que

A1B×A−12 : M → X,

es decir, B∗ y A1B×A−12 tienen el mismo dominio e igual codominio. Ahora, veamos que defi-

niendoB∗q 0 = x0,

tenemos la igualdad entre estos dos operadores. En efecto, por el Teorema de representaci ón deRiesz se tiene que

g(q ) = q, q 0 ∀q ∈ M,

aśıBx,q = g(Bx) = B×g(x),

pero, B×g = f ∈ X , entonces

B×g(x) = f (x) ∀x ∈ X,

y comof (x) = x, x0,

tenemos queBx,q = x, x0 = x, B

∗q 0,

y aśı se muestra queB∗ = A1B

×A−12 .

Además cuando B−1 existe tenemos que (B×)−1 existe y

(B×)−1 = (B−1)×,

por tanto(B×)−1 = (B−1)×.

Definición 0.0.17 Sean E y F dos espacios de Banach y A : D(A) ⊂ E → F.

El operador A se dice densamente definido y cerrado si

D(A) es denso en E,

y G(A) = {(u,Au) con u ∈ D(A)} es cerrado en E × F.

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Teorema 0.0.13 Sean E y F dos espacios de Banach. Adem´ as, sea A : D(A) ⊂ E → F un ope-rador lineal y acotado que es densamente definido y cerrado, entonces las siguientes afirmaciones son equivalentes

1. ImA es cerrado.

2. ImA× es cerrado.

3. ImA = (KerA×)⊥.

4. ImA× = (KerA)⊥.

Demostración. (ver Teorema 2.19 [4])

Observación La afirmación 2) del Teorema anterior puede ser reemplazada por ImA× es ce-rrado y A× es inyectiva (ver Teorema 2.20 de [4]).

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Caṕıtulo 1

Teoŕıa de Babuska-Brezzi

Sean Ω ⊂ R2 abierto y acotado de clase C 1, f ∈ C (Ω), g ∈ C (∂ Ω). El problema de Neumannconsiste en encontrar u : Ω → R tal que

−∆u = f en Ω,

∂u∂ n = g en ∂ Ω,(1.0.1)

donde n denota el vector normal unitario exterior a ∂ Ω.En primer lugar deduciremos una formulación variacional elı́ptica para el Problema de Neumann.Para ello, comenzamos multiplicando por v ∈ H 1(Ω) en la primera ecuacion e integramos sobreΩ, luego aplicando la primera identidad de Green se obtiene

Ω

−∆uv =

Ω

f ⇐⇒

Ω

∇u · ∇v −

∂ Ω

∂u

∂ nv =

Ω

f v

o equivalentemente

Ω

∇u · ∇v = ∂ Ω

∂u∂ n

v + Ω

f v ∀v ∈ H 1(Ω).

Si hacemos

a(u, v) :=

Ω

∇u · ∇v, F (v) :=

∂ Ω

∂u

∂ nv +

Ω

f v,

entonces el problema anterior es equivalente a hallar u ∈ H 1(Ω) :

a(u, v) = F (v) ∀v ∈ H 1(Ω). (1.0.2)

Dado que a es una forma bilineal sobre H 1(Ω) y F es un operador lineal sobre H 1(Ω) entoncesla expresión anterior es una formulación variacional para (1.0.1).

Notamos que si consideramos v : Ω → R definida por

v(x, y) = 1 ∀(x, y) ∈ Ω,

tenemos que a(v, v) = 0 con v = 0. Por lo tanto, la forma bilineal a no es eliptica en H 1(Ω)y ası́ el Lema de Lax-Milgram (ver Lema (0.0.9))no garantiza solución única para el problema(1.0.2).

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El inconveniente de la no unicidad de solución del problema (1.0.2), se supera proponiendouna formulación mixta para el problema (1.0.2). Más precisamente, exigiendo que la solución ude (1.0.2) satisfaga la restriccción

Ωu = 0.

Esta restricción garantiza que la única solución constante del problema es la solución nula, puesto

que siu(x, y) = C ∀x, y ∈ Ω,

luego

0 =

Ω

u =

Ω

C = C

Ω

= C |Ω|,

como |Ω| = 0, entoncesC = 0.

Considerando tal restricción se obtiene la formulación: Hallar u ∈ H 1(Ω) tal que

Ω

∇u · ∇v = Ω

f v + ∂ Ω

gv ∀v ∈ H 1(Ω),

µ

Ω

u = 0 ∀µ ∈ R.(1.0.3)

Dado que en el problema (1.0.3) hay una incognita (u ∈ H 1(Ω)) y dos ecuaciones, consideramosel siguiente problema:

Encontrar (u, λ) ∈ H 1(Ω) × R Ω

∇u · ∇v + λ

Ω

v =

Ω

f v +

∂ Ω

gv ∀v ∈ H 1(Ω),

µ

Ω

u = 0 ∀µ ∈ R.(1.0.4)

Es fácil mostrar que si u es solución de (1.0.3), entonces (u, 0) es solución de (1.0.4) y que si(u, λ) es solución de (1.0.4), entonces con λ = 0 tenemos que (u, 0) es solución de (1.0.3), esdecir estos dos problemas son equivalentes en cierto sentido.El problema (1.0.4) es un caso particular de las llamadas formulaciones variacionales mixtas, lascuales se definen a continuación.

Definición 1.0.18 Sean X y M dos espacios Hilbert, a y b dos formas bilineales, donde a : X ×X → R y b : X × M → R. Entonces una formulaci´ on variacional mixta consiste en: Hallar (u, p) ∈ X × M tal que

a(u, v) + b(v, p) = f (v) ∀v ∈ X,

b(u, q ) = g(q ) ∀q ∈ M,

donde f ∈ X y g ∈ M .

En la siguiente sección se estudiarán las condiciones bajo las cuales una formulación variacionalmixta tiene solución única. La teoria que determina dichas condiciones es llamada Teoŕıa deBabuska-Brezzi que como se dijo antes será de vital importancia en el desarrollo del presentetrabajo. En particular se usará la Teoŕıa de Babuska-Brezzi para mostrar que (1.0.4) tienesolución única.

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isometrica (ver Lema (0.0.8)).Sea C la función canónica para el espacio de Hilbert M , es decir

C : M → M ,

y consideremos para el operador B su respectivo operador adjunto B×, es decir

B

×

: M

→ X

,por lo tanto

B× ◦ C : M → X ,

y aśı notamos que el operador BT definido anteriormente y B× ◦ C tienen el mismo dominioy codominio. Por otra lado mostremos que B× ◦ C = BT . En efecto, para todo q ∈ M y todox ∈ X se tiene que

B× ◦ C (q )(x) = B×Cq (x)

= C q (Bx)

= B x(q )

= Bx,q

= BT q, x

= BT q (x),

es decirB× ◦ C (q ) = BT q,

para todo q ∈ M y por lo tanto concluimos que

B× ◦ C = BT .

De otro lado, por Teorema (ver Teorema (0.0.12)) sabemos que

B = B×

.Por último, mostremos que

BT = B.

En efecto, podemos ver que

BT = B×C

≤ B×C

= BC

pero,

C = supq∈M q=0

Cq

q

= supq∈M

q=0

q

q

= supq∈M

q=0

1

= 1,

14


19/37

y por lo tantoBT ≤ B.

Por otro lado, para x = 0 se tiene que

B×Cx = C (Bx),

luego, usando que C es una isometria, obtenemos queBx = C (Bx) = B×Cx

≤ B×C x

= BT x,

y aśı, se obtiene queBx

x ≤ BT , con x = 0

es decirB ≤ BT .

En consecuencia se tiene queBT = B,

y por lo tantoB× = B = BT = B× ◦ C .

A continuación presentaremos un teorema que garantiza existencia y unicidad para el problema(1.0.5). Antes de ello denotemos por

V := KerB = {u ∈ X : Bu = 0} = {u ∈ X : b(u, q ) = 0 ∀q ∈ M },

yV 0 = {h ∈ X : h, v = 0 ∀v ∈ V }.

Además definamosΠ : X → V ,

la inyección canónica que se define para cualquier h ∈ X por:

Πh, v = h, v ∀v ∈ V .

Teorema 1.0.14 El problema (1.0.5) tiene ´ unica soluci´ on sı́ y s ́olo si

1. Π ◦ A es un isomorfismo de V en V

2. B : X → M es sobreyectiva

Demostración.

⇒) supongamos que (1.0.5) tiene solución única. Probemos la sobreyectividad de B, enefecto. Sea h ∈ M . Como el problema (1.0.5) tiene solución única entonces para el operadorf = 0 y h = g tenemos que existe u ∈ X tal que B u = g, aśı B es sobreyectiva. Ahora probemosla sobreyectividad de Π ◦ A, para ello tomemos f ∈ V , como f es un operador lineal y acotadotenemos por el Teorema Hahn-Banach (ver Teorema (0.0.5)), que existe

f̃ : X → R,

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20/37

lineal y acotada, tal que f̃ es la extensión de f a todo X , ası́ para f̃ y g = 0 tenemos que existe(u, p) ∈ X × M tal que esta es solución de

Au + BT p = f̃ ,

Bu = 0.

Luego para v ∈ V

Au,v + BT p, v = f̃ , v = f, v. (1.0.8)

Podemos notar queBT p, v = Bv,p = 0 ∀v ∈ V , (1.0.9)

por lo tanto se obtiene queAu,v = f, v ∀v ∈ V .

Por otro ladoΠAu = Au,

pues ΠAu es la restricción a V , de donde Π ◦ A es sobreyectiva. Ahora debemos verificar lainyectividad de Π ◦ A. Para esto tomemos u ∈ V talque

ΠAu = 0,

luego para cada v ∈ V tenemos

ΠAu(v) = Au(v) = 0 = f, v,

y aśı Au ∈ V 0 = (KerB)0. Como B es sobreyectiva tenemos que

ImB = M ,

el cual es cerrado en M , pues todo espacio es cerrado en si mismo, entonces por el Teoremadel rango cerrado (ver Teorema (0.0.13)),

V 0 = I mBT

.

Observación Notemos que el Teorema del Rango cerrado nos garantiza relaciones entre elKernel e Imagen de los operadores

B× y B,

pero podemos mostrar por ejemplo que

KerB× = KerBT .

En efecto, usando el Lema (0.0.8) se tiene que

KerB× = {g ∈ M : B×g = 0}

= {q ∈ M : B×

Cq = 0} (Cq = g)= {q ∈ M : B×Cq (x) = 0 ∀x ∈ X }

= {q ∈ M : C q (Bx) = 0 ∀x ∈ X }

= {q ∈ M : B x(q ) = 0 ∀x ∈ X }

= {q ∈ M : Bx,q = 0 ∀x ∈ X }

= {q ∈ M : BT q, x = 0 ∀x ∈ X }

= KerBT ,

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por tanto podemos usar el operador BT en lugar del operador B×. Ahora, recordando que setenia que

Au ∈ V 0,

entoncesAu ∈ I mBT ,

de igual manera se tiene que −Au ∈ I mBT

, por lo tanto existe p ∈ M tal que

BT ( p) = −Au,

esto es

Au + BT p = 0,

Bu = 0.

Podemos ver que (u, p) = (0, 0) es solución de este problema y como por hipótesis está es única,concluimos que u = 0 y aśı se tiene la inyectividad de Π ◦ A.

⇐) supongamos que se tienen las dos consecuencias del teorema y probemos que el problema(1.0.7) tiene solución única, en efecto. Sean f ∈ X y g ∈ M los elementos que aparecen en elproblema (1.0.7). Como se tiene la sobreyectividad de B , se garantiza que existe ug ∈ X tal que

Bug = g,

además para f ∈ X tenemos queΠf − ΠAug ∈ V

,

y como Π ◦ A es sobreyectiva entonces existe u0 ∈ V tal que

Π ◦ A(u0) = Πf − ΠAug.

Ahora si tomamos u = u0 + ug tenemos que:

ΠA(u0) + ΠAug = Πf ,

es decirΠAu = Πf,

con lo cual tenemos que Π(f − Au) es el operador nulo , esto es

f − Au,v = 0 ∀v ∈ V ,

aśı f − Au ∈ (KerB)0.Por otro lado, usando que B es sobreyectiva o equivalentemente que

ImB = M ,

que es cerrado, se obtiene que por el Teorema del rango cerrado (ver Teorema (0.0.13)) que

(KerB)0 = I mBT ,

luego existe p ∈ M tal quef − Au = BT p,

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y por lo que habiamos visto

Bu = B ug + Bu0 = Bug + 0 = g.

En consecuencia se tiene que

Au + BT p = f ,

Bu = g. (1.0.10)

Para culminar la prueba, resta probar la unicidad de la solución, para ello supongamos que existeotra pareja (ũ, ˜ p) ∈ X × M que satisfacen la ecuación (1.0.7), es decir tenemos lo siguiente:

Au + BT p = f ,

Bu = g,

y

Aũ + BT ˜ p = f ,

Bũ = g,

de ambas ecuaciones podemos observar que A(u − ũ) + BT ( p − ˜ p) = 0 y ası́

ΠA(u − ũ) + ΠBT ( p − ˜ p) = 0,

y como la restricción de BT ( p − ˜ p) en V se anula, entonces tenemos que

ΠA(u − ũ) = 0,

pero por la hipótesis tenemos que Π ◦ A es inyectiva, con lo cual

u − ũ = 0,

es decir u = ũ, luegoΠBT ( p − ˜ p) = 0.

De otro lado podemos ver que BT es inyectiva, esto último como consecuencia del Teorema delrango cerrado (ver Teorema (0.0.13)), ya que B es sobreyectiva, por lo tanto

p − ˜ p = 0,

esto es p = ˜ p,

y con esto se tiene la unicidad buscada para el problema (1.0.7).

1.0.2. Condición inf-sup para la sobreyectividad

Una formulación equivalente para la parte dos del teorema (1.0.14) se da gracias a la condici ónque mostramos en seguida.

Definición 1.0.19 La propiedad

∃β > 0, ı́nf q∈M

supv∈X

b(v, q )

vX q M ≥ β ,

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se conoce como la condici´ on inf-sup o la condici´ on Babuska-Brezzi o la condici´ on LBB (por Ladyzhenskaya-Babuska-Brezzi).

Obsevación Es conveniente reescribir la condición de la definición anterior como

∃β > 0, ∀q ∈ M, supv∈X

b(v, q )

vX ≥ β q M ,

o como

∃β > 0, ∀q ∈ M, BT q X ≥ β q M .

En seguida mostramos un teorema que garantiza una condición suficiente y necesaria para lacondición dos del teorema (1.0.14). Antes de ello definimos el espacio ortogonal de V .

Definición 1.0.20 El espacio ortogonal de V se define asi:

V ⊥ = {v ∈ X : v, uX = 0 ∀u ∈ V }.

Observación Notemos que paraf ∈ V 0 ⊂ X ,

existe x := R(f ) ∈ X , él representante de Riesz (ver Teorema 3.8 [10]) tal que

(R(f ), u)X = f, uX ∀u ∈ X,

aśı para v ∈ V tenemos que(R(f ), v)X = f, vX = 0,

es decir R(f ) ∈ V ⊥ v́ıa isomorfismo, donde este isomorfismo se plantea como la aplicación

R : V 0 → V ⊥

tal que a cada f ∈ V 0 se le aplica su respectivo representante de Riesz y este pertenece a V ⊥.

Teorema 1.0.15 Para β > 0 los tres resultados siguientes son equivalentes

1. La condici´ on inf-sup se satisface con constante β .

2. BT es un isomorfismo de M sobre V 0 y

∀q ∈ M, BT q X ≥ β q M .

3. B es un isomorfismo de V ⊥ sobre M y

∀u ∈ V ⊥, BuM ≥ β uX .

Demostración.

2) ⇒ 1) notemos que por la observación de la definición (1.0.19) esta implicación es directa.

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1) ⇒ 2) podemos observar que para q ∈ M se tiene que

BT q X = supv∈X

BT q, vX vX

= supv∈X

Bv,q M vX

= supv∈X

b(v, q )vX

≥ β q M ,

(1.0.11)

por lo tantoBT q X ≥ β q M ∀q ∈ M, (1.0.12)

y podemos ver observar que este hecho implica la inyectividad de BT , en efecto. Sean q 1, q 2 ∈ M tales que

BT q 1 = BT q 2,

aśı,

0 = BT (q 1 − q 2)X ≥ β (q 1 − q 2)M ≥ 0, (β > 0)

es decirq 1 = q 2.

Ahora probemos que I mBT es cerrado. Con esto y el Teorema del rango cerrado garantizaremosque V 0 = I mBT y asi tendremos la biyectividad que se pedia.Notemos que

BT : M → I mBT ,

es una biyección y mas aún podemos ver que (BT )−1 es continua, ya que para f ∈ ImBT

cualquiera, existe q ∈ M tal queBT q = f ,

entonces q = (BT )−1f y q M = (BT )−1f M , (1.0.13)

y como por hipótesis tenemos que se cumple la condición inf-sup se tiene que

(BT )−1f M ≤ 1

β f X , (1.0.14)

además se puede ver que BT es continua, ya que si usamos la linealidad y continuidad de btenemos que

|BT q, uX | = |Bu,q M |

= |b(u, q )|

≤ kuX q M (k > 0),

(1.0.15)

luego usando este hecho, la biyectividad y además que se satisface (1.0.14) entonces garantizamosque ImBT es cerrado (ver Lema (0.0.10)). Por tanto del Teorema del rango cerrado

ImBT = (KerB)0 = V 0,

y como consecuencia se tiene la biyección que se pedia.

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2) ⇒ 3) dada la biyectividad de BT tenemos que

ImBT = X ,

es decir ImBT es cerrado, pues todo espacio es cerrado en śı mismo, luego usando el Teoremadel rango cerrado (ver Teorema (0.0.13)) se tiene que

ImB = (KerBT )0 = {0}0 = M ,

ademásB : V ⊥ → M ,

es inyectiva, esto último por restringir el operador B al conjunto V ⊥. En efecto. Supongamosque para w, z ∈ V ⊥ tenemos que

Bw = B z, con Bw = 0 y Bz = 0,

es decir B(w − z) = 0, luego para todo q ∈ M tenemos que

B

(w

−z

), q

= 0,

equivalentementeBT q, w − z = 0

y por lo tantoBT q, w = BT q, z,

pero como BT es inyectiva, tenemos que

w = z ,

por lo tanto se tiene que B es un isomorfismo de V ⊥ en M .

Dado que 2) ⇒ 1) entonces∀q ∈ M, BT q X ≥ β q M ,

y además usando biyectividad de BT tenemos que para h = BT q , esto es

(BT )−1h = q,

tenemos que

(BT )−1hM ≤ 1

β hX ,

por lo tanto (BT )−1 ≤ 1β , luego

B−1 = (B−1)T = (BT )−1 ≤ 1β ,

entonces para g ∈ M existe u ∈ V ⊥ tal que

Bu = g,

ası́ tenemos que

B−1(g) = u y B−1(g)X = uX

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y por tanto

B−1(g)X ≤ 1

β gM ,

como g ∈ M era cualquiera, está última desigualdad es valida para todo g ∈ M , en consecuencia

BuM ≥ β uX ∀v ∈ V ⊥.

3) ⇒ 2) supongamos queB : V ⊥ → M ,

es un isomorfismo y además que

BuM ≥ β uX ∀u ∈ V ⊥.

Luego ImB = M es cerrado y por el Teorema del rango cerrado tenemos que

ImBT = (KerB)0 = {0}0 = X ,

y tambíen que BT es inyectiva, por tanto

BT : M → X ,

es un isomorfismo, en particularBT : M → V 0,

es un isomorfismo, además podemos ver que

BuM ≥ β uX ∀u ∈ V ⊥

implica queB ≥ β,

y como BT = B, entoncesBT ≥ β ,

o equivalentemente

∀q ∈ M, BT q X ≥ β q M .

Teorema 1.0.16 ( Babuska-Brezzi )Sean X y M dos espacios de Hilbert, A : X → X y B : X → M los operadores inducidos por las formas bilineales y acotadas a : X × X → R y b : X × M → R. Supongamos que:

1. ∃β > 0 tal que

supv∈X

b(v, q )

vX ≥ β q M ∀q ∈ M

2. ∃α > 0 tal que a(v, v) ≥ αv2X ∀v ∈ V = kerB.

Entonces para cada f ∈ X y g ∈ M existe una ´ unica pareja (u, p) ∈ X × M tal que

Au + BT p = f ,

Bu = g.

Adem´ as existen constantes c1, c2 y c3 positivas tales que

(u, p)X ×M ≤

c1f 2X + c2f X gM + c3g2M ).

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Demostración

Dada la hipótesis 1) tenemos por el teorema (1.0.15) que

B : V ⊥ → M ,

es biyectiva, ası́ para g ∈ M existe u0 ∈ V ⊥ tal que

Bu0 = g,

además tenemos quegM = Bu0M ≥ β u0X ,

o equivalentemente

u0X ≤ 1

β gM . (1.0.16)

Por otro lado podemos ver que V = kerB es cerrado. Para tal hecho denotemos por

V ,

al conjunto de puntos de acumulación del conjunto V, entonces debemos probar que

V ⊂ V .

En efecto. Sea w ∈ V . Luego, tenemos que

∀ > 0, V ∩ (c(w) − {w}) = ∅,

donde (c(w)) denota la vecindad de w con radio respecto a la métrica del espacio X , por lotanto para = 1

n se tiene que

∃{vn}n∈Z+ ⊂ V , w − vnX < 1

n ∀n ∈ Z+,

es fácil ver que {vn}n∈Z+ es una sucesión de Cauchy, y como X es un espacio de Hilbert entoncesX es completo, luego esta sucesión es convergente y más aún converge a w. En consecuenciatenemos que

Bw = B(w − vn + vn) = B(w − vn) + Bvn = B(w − vn) + 0 = B(w − vn),

y dado que B es continua, se observa que pasando al ĺımite cuando n tiende a infinito, entonces

Bw = B( ĺımn→∞

w − vn) = B(0) = 0,

con lo cual,w ∈ V ,

y aśı V es cerrado. Al ser V cerrado, se sigue que

X = V ⊕ V ⊥

(ver Teorema 3.3-4 [10]), luego para u0 ∈ V ⊥ existe ũ ∈ V tal que

u = ũ + u0,

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para algún u ∈ X , aśı por la linealidad de A se tiene que

Au + BT p = Aũ + Au0 + BT p = f,

esto esAũ + BT p = f − Au0,

y por tanto para todo v ∈ V

Aũ + BT p, vX = f − Au0, vX .

PeroBT p, vX = B(v, p) = 0,

concluyendo queAũ, vX = f − Au0, vX .

Ahora haciendo uso de la hiótesis 2) y que

Au,vX = a(u, v) ∀(u, v) ∈ X × X,

tenemos que

ũX ≤ f − Au0X

≤ 1

αf X +

1

αAX u0X

≤ 1

αf X +

1

αβ AX gM (Usando (1.0.16)).

(1.0.17)

De otro lado, veamos que para B se tiene lo siguiente

Bu = B ũ + Bu0 = 0 + g = g. (1.0.18)

Aśı, tenemos que

uX ≤ ũX + u0X

≤ 1

αf X +

1

αβ AX gM +

1

β gM

= 1

αf X +

1

β (

1

αAX + 1)gM .

Recordando queAũ, vX = f − Au0, vX ,

entoncesf − Au = f − A(ũ + u0) = 0,

por tantof − Au ∈ V ⊥.

Ahora usando la hipótesi 1) tenemos que

BT : M → V 0,

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Notemos que la condición ı́nf-sup se satisface para la forma bilineal b. En efecto.

supv∈H 1(Ω)

v=0

b(v, µ)

vH 1(Ω)= sup

v∈H 1(Ω)

v=0

µ Ω v

vH 1(Ω)

≥ µ2|Ω|

µH 1(Ω)(v = µ ∈ H 1(Ω) por ser Ω acotado)

= µ2|Ω|

|µ||Ω|12

= |Ω|12 |µ|

= β |µ| ∀µ ∈ R (donde β = |Ω|12 ),

de otro lado podemos ver que

a(v, v) =

Ω

∇v · ∇v ≥ C v ∀v ∈ H 1(Ω),

esto gracias a la desigualdad de Poincaré (ver Teorema (0.0.2)), por lo tanto , del Teorema deBabuska-Brezzi tenemos que hay solución única para el problema de Neumann.

1.0.3. Minimización con restricción

En esta sección, mostraremos la relación que tienen las formulaciones variacionales mixtascon los puntos silla de ciertos tipos de problemas de estimación, además mencionar como estaninvolucrados los llamados multiplicadores de Lagrange que son conocidos por ayudar a maximizaro minimizar diferentes tipos de problemas, para ello comenzamos con un importante Teoremaque servira para tal proposito.

Teorema 1.0.17 (Minimizaci´ on de energia)Sean X un espacio de Hilbert, a : X × X → R una forma bilineal continua, simétrica y positiva,

adem´ as sea f ∈ X . Entonces las siguientes afirmaciones son equivalentes

1. u ∈ X es tal que a(u, v) = f, v ∀v ∈ X .

2. u ∈ X minimiza el funcional energia J (v) = 12a(v, v) − f, vX sobre X ,esto es J (u) = mı́n

v∈X J (v).

Demostración

Supongamos quea(u, v) = f, v ∀v ∈ X,

notemos que paraw = u + tz ∈ X,

con t ∈ R, z ∈ X y z = 0 tenemos que

J (u + tz) = 1

2a(u + tz,u + tz) − f, u + tz

= 1

2(a(u, u) + ta(z, u) + ta(u, z) + t2a(z, z)) − f, u − tf, z

= 1

2(a(u, u) − f, u + ta(u, z) +

t2

2 a(z, z) − tf, z

= J (u) + t(a(u, z) − f, z) + t2

2 a(z, z),

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Definición 1.0.22 La aplicacíon L : X × M → R definida por

L(v, q ) = J (v) + b(v, q ) − g, q

es llamado el problema de Lagrangian (1.0.5).

Definición 1.0.23 Una pareja (u, p) ∈ X × M se dice que es un punto silla de Lagrangian L

si se satisface que L(u, q ) ≤ L(u, p) ≤ L(v, p) ∀(v, p) ∈ X × M.

Teorema 1.0.18 Si (u, p) es un punto silla de L entonces

L(u, p) = mı́nv∈X

máxq∈M

L(v, q ) = máxq∈M

ḿınv∈X

L(v, q ).

Demostración

Notemos que por ser (u, p) punto silla, entonces

L(u, q ) ≤ L(v, p) ∀(v, q ) ∈ X × M,

en particular para q = p, tenemos que

L(u, q ) ≤ L(v, p) = L(v, q ) ∀v ∈ X,

es decir, L(v, q ) esta acotado por debajo y por lo tanto

ı́nf v́∈X

L(v́, q ) ≤ L(v, q ),

similarmente tenemos que para u = v

L(u, q ) = L(v, q ) ≤ L(v, p) ∀q ∈ M,

esto es, L(v, q ) esta acotado superiormente y en consecuencia

supq́∈M

L(v, q́ ) ≥ L(v, q ),

aśıı́nf v́∈X

L(v́, q ) ≤ L(v, q ) ≤ supq́∈X

L(v, q́ ),

luegosupq́∈X

ı́nf v́∈X

L(v́, q́ ) ≤ supq́∈X

L(v, q́ ),

y obtenemos que

supq∈X ı́nf v∈X L(v, q ) ≤ ı́nf v∈X supq∈X L(v, q ). (1.0.20)

Por otro lado utilizando que (u, p) ∈ X × M es punto silla, entonces

L(u, q ) ≤ L(u, p) ≤ L(v, p) ∀(v, p) ∈ X × M,

tomando supremo sobre M en el lado izquiero e ı́nfimo sobre X en el dado derecho se tiene que

supq∈M

L(u, q ) ≤ L(u, p) ≤ ı́nf v∈X

L(v, p),

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es decirsupq∈M

L(u, q ) = L(u, p) = ı́nf v∈X

L(v, p),

y además, utilizando estas dos relaciones observamos que

ı́nf v∈X

supq∈M

L(u, q ) ≤ ı́nf v∈X

L(v, p) = L(u, p),

ysupq∈M

ı́nf v∈X

L(v, q ) ≥ supq∈M

L(u, q ) = L(u, p),

de dondeı́nf v∈X

supq∈M

L(u, q ) ≤ supq∈M

ı́nf v∈X

L(v, p).

En consecuencia tenemos que

ı́nf v∈X

supq∈M

L(u, q ) = L(u, p) = supq∈M

ı́nf v∈X

L(v, p),

y aśı culmina la demostración.

Teorema 1.0.19 Sean X y M espacios de Hilbert, a : X × X → R y b : X × M → R formas bilineales y continuas. Si a es simétrica y positiva entonces las siguientes afirmaciones son equivalentes

1. (u, p) es punto silla de L.

2. (u, p) es soluci´ on de (1.0.5).

Demostración

1) ⇒ 2) supongamos que (u, p) ∈ X × M es punto silla de L, luego

L(u, q ) ≤ L(u, p) ∀q ∈ M,

esto es

J (u) + b(u, q ) − g, q ≤ J (u) + b(u, p) − g, p ∀q ∈ M

⇔ b(u, q ) − g, q ≤ b(u, p) − g, p ∀q ∈ M

⇔ b(u, q − p) ≤ g, q − p ∀q ∈ M

⇔ b(u,tr) ≤ g,tr ∀r ∈ M, ∀t ∈ R,

donde en esta última desigualdad se usa el hecho de que M es un espacio vectorial y aśı parat ∈ R tenemos que

q − p = tr ∈ M,

para todo r ∈ M . Además notemos que la última desigualdad se cumple para todo t ∈ R, enparticular para t = −1 se tiene que

−b(u, r) ≤ −g, r ∀r ∈ M,

equivalentementeb(u, r) ≥ g, r ∀r ∈ M,

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por lo tanto se tiene la igualdad , es decir para todo r ∈ M tenemos que

b(u, r) = g, r.

Ahora, para p ∈ M definimos f̃ y J̃ , donde

J̃ (v) = 1

2a(v, v) − f̃ , v ∀v ∈ X y

f̃ , v = f, v − b(v, p) ∀v ∈ X,

y comoL(u, p) ≤ L(v, p) ∀v ∈ X,

entonces

J (u) + b(u, p) − g, p ≤ J (v) + b(v, p) − g, p ∀v ∈ X

⇔ J (u) + b(u, q ) ≤ J (v) + b(v, p) ∀v ∈ X

⇔ J̃ (u) ≤ J̃ (v) ∀v ∈ X,

luego, de la última expresión vemos que u ∈ X es un mı́nimo para J̃ (v) con v variando en X ,además sabiendo que X es un espacio de Hilbert y que la forma bilineal a satisface las condicionesdel teorema (1.0.17), tenemos que u ∈ X satisface que

a(u, v) = f̃ , v ∀v ∈ X,

por lo cual usando la definición de f̃ se obtiene que

a(u, v) + b(v, p) = f, v ∀v ∈ X,

y ası́ se satisfacen las condiciones de (1.0.5). Note que en la demostración las consecuencias encada paso son śı y sólo si, de donde las dos afirmaciones del teorema son equivalentes.

Teorema 1.0.20 Sean X y M espacios de Hilbert, a : X × X → R y b : X × M → R formas bilineales y continuas. Supongamos que a es simétrica y elı́ptica. Adem´ as V (g) es no vacio.Entonces el problema de encontrar u ∈ X tal que

J (u) = ı́nf v∈V (g)

J (v) (1.0.21)

tiene una ´ unica soluci´ on.Adem´ as si b satisface la condici´ on ı́nf-sup entonces existe un ´ unico p ∈ M tal que (u, p) es el ´ unico punto silla L y es la ´ unica soluci´ on del problema (1.0.5).

Demostración

Sea ug ∈ V (g), luegoBug = g,

ası́ recordando queV = KerB = {u ∈ X : B u = 0},

y usando la linealidad de B tenemos que

V (g) = ug + V,

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en efecto. Si v ∈ ug + V entoncesv = ug + ṽ,

con ṽ ∈ V , luegoB(v) = B ug + Bṽ = g + 0 = g,

es decir v ∈ V (g). Ahora supongamos que w ∈ V (g), notemos que

w = (w − ug) + ug,

y queB(w − ug) = 0,

es decirw − ug ∈ V ,

y por lo tanto w ∈ ug + V . Aśı se concluye la igualdad de los dos conjuntos, de donde laminimización del problema (1.0.21) es equivalente a la minimización de

J̃ (v) = J (ug + v),

sobre el espacio lineal V . Como sabemos que el espacio V es cerrado, ya que b es continua yası́ el operador B tambien lo és, tenemos que

(V, .X ),

es un espacio de Hilbert, entonces por el Lema de Lax-Milgram y por el teorema (1.0.17) tenemosque el problema (1.0.21) tiene una única solución

u = ug + u0,

con u0 ∈ V , es decira(u, v) = f, v ⇔ a(ug + u0, v) = f, v,

equivalentementea(u0, v) = f, v − a(ug, v) ∀v ∈ V .

Ahora si la condición ı́nf-sup se satisface tenemos que por (1.0.15) B es sobreyectiva y

V 0 = (KerB)0 = I mBT .

Tomemos u ∈ V (g) la única solución del problema (1.0.21), luego

a(u, v) = f, v,

para todo v ∈ V , aśı podemos notar que

f − Au,v = f, v − Au,v = a(u, v) − a(u, v) = 0 ∀v ∈ V ,

es decir f − Au ∈ V 0 = I mBT , luego existe p ∈ M tal que

BT p = f − Au,

equivalentementeAu + BT p = f .

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Gracias al teorema (1.0.15) sabemos que BT es inyectivo, por tal razon p es único y además queu ∈ X satisface que

Bu = g,

y por lo tanto tenemos la unicidad de (u, p), la cual satisface el problema (1.0.5). Ahora bien,por último usando el teorema (1.0.19), la pareja (u, p) es el único punto silla L.

Nota Recordemos que la condición ı́nf-sup es equivalente a la sobreyectividad de B o lo que esequivalente a que B tenga rango cerrado y BT es inyectivo.Si en el teorema (1.0.20) solo exigimos que B tenga rango cerrado, entonces solo se puedegarantizar la existencia del Multiplicador de Lagrange p y no sú unicidad.

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