G. Gilardi, Analisi Funzionale - Dipartimento di Matematica

Capitolo 5
Fissiamo ora y ∈ D(ϕ) . Se ω ∈ M ha misura positiva, definiamo v mediante v = y in ω e v = u in
Ω \ ω e osserviamo che v ∈ D(f) . Deduciamo
�
ω
�
�
ξ (u − y) + ϕ(y) − ϕ(u) dµ ≥ 0.
Per l’arbitrarietà di ω e di y concludiamo che ξ(x) (u(x) − y) + ϕ(y) − ϕ(u(x)) ≥ 0 per q.o. x ∈ Ω e per
ogni y ∈ D(ϕ) , cioè che ϕ(u(x)) + ξ(x) (y − u(x)) ≤ ϕ(y) per q.o. x ∈ Ω e per ogni y ∈ D(ϕ) . Ma ciò
significa che ξ(x) ∈ ∂ϕ(u(x)) per q.o. x ∈ Ω .
Terminiamo la carrellata di esempi con lo studio del problema di Dirichlet omogeneo per
un’equazione ellittica non lineare particolarmente semplice ma già significativa.
12.23. Un problema non lineare. Consideriamo il problema di Dirichlet
−∆u + h(u) = g in Ω e u = 0 su ∂Ω (12.13)
ove Ω è un aperto di R d e le funzioni h : R → R e g : Ω → R sono assegnate. Precisamente,
anziché il problema (12.13), consideriamo il problema variazionale
u ∈ H 1 0 (Ω) e
�
Ω
�
�
∇u · ∇v dx + h(u) v dx =
Ω
gv dx
Ω
per ogni v ∈ H1 0 (Ω) . (12.14)
Supponiamo Ω limitato, g ∈ L 2 (Ω) e che h verifichi le condizioni seguenti:
h è continua e non decrescente in R e |h(r)| ≤ L|r| per ogni r ∈ R (12.15)
per una certa costante L ≥ 0 . Notiamo che le (12.15) sono senz’altro soddisfatte se h è non decrescente,
lipschitziana con costante di Lipschitz L e nulla in 0 . Tuttavia l’ipotesi di annullamento in
0 può essere rimossa: basta infatti sostituire h con h−h(0) e g con g−h(0) (che pure appartiene
a L2 (Ω) dato che Ω è limitato) per passare dal caso generale a quello che stiamo considerando.
Osserviamo che da u ∈ H1 0 (Ω) , per cui in particolare u ∈ L2 (Ω) , segue h(u) ∈ L2 (Ω) in quanto
|h(u)| ≤ L|u| q.o. in Ω . Pertanto il secondo integrale della (12.14) ha senso. Notiamo infine che
la limitatezza di Ω garantisce la validità della disuguaglianza (IV.1.18) di Poincaré. Abbiamo
pertanto che �v�2 ≤ cΩ�∇v�2 per ogni v ∈ H1 0 (Ω) con una costante cΩ che dipende solo da Ω e
che la formula �v� = �∇v�2 definisce una norma in H 1 0
(Ω) (e questa converrà usare) equivalente
a quella indotta dall’usuale norma di H 1 (Ω) .
Dimostriamo che la soluzione u esiste ed è unica. Iniziamo dall’unicità. Se u1 e u2 sono due
soluzioni, scriviamo la (12.14) con u = u1 e v = u1 − u2 e l’analoga ottenuta scambiando i ruoli
di u1 e u2 . Poi sommiamo membro a membro. Otteniamo
�
|∇(u1 − u2)|
Ω
2 dx +
�
Ω
(h(u1) − h(u2))(u1 − u2) dx = 0 da cui
�
|∇(u1 − u2)|
Ω
2 dx = 0
per la monotonia di h . Dunque �u1 − u2�2 = 0 e u1 = u2 . Veniamo all’esistenza. Sia ϕ la
primitiva di h nulla in 0 . Allora ϕ è una funzione convessa, ovunque definita, di classe C1 e non
negativa (perché h(0) = 0 ). Consideriamo il funzionale
ψ : H 1 0 (Ω) → R definito da ψ(v) = 1
�
|∇v|
2 Ω
2 �
�
dx + ϕ(v) dx − gv dx. (12.16)
Ω
Ω
Esso convesso e s.c.i. (addirittura continuo, anche se ciò non è ovvio) ed è anche coercivo dato
che verifica ψ(v) ≥ (1/2)�v�2 − �g�2�v�2 ≥ (1/2)�v�2 − cΩ�g�2�v� . Dunque ψ ha minimo per
il Teorema 11.10. Sia u ∈ H1 0 (Ω) un punto di minimo: verifichiamo che u risolve (12.14). A tal
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Gianni Gilardi