0023-2000 东大工 数学 P20

常微分方程 变分法 有限元分析

$f$ を $[0,1]$ 上で連続な関数とする。$u^{\prime \prime }=\frac{d^{2}u}{d{x}^2}$ として

$$(D):\{\begin{array}{ll}-u^{\prime \prime }(x)=f(x)& 0<x<1,\\ u(0)=u(1)=0& \end{array}$$

とする。
また，$u^{\prime }=\frac{du}{dx}$，$(u,v)={\int }_0^{1}uvdx$,

$$S:=\{v:v(0)=v(1)=0\}$$

（$v$ は $[0,1]$ 上の連続関数, $v^{\prime }$ は $[0,1]$ 上で区分的に連続で有界）
として，

$$(V):u\in S;(u^{\prime },v^{\prime })=(f,v)\forall v\in S$$

とする。このとき，以下の問いに答えよ。

(1) $u$ が $(D)$ の解ならば $u$ は $(V)$ の解であることを示せ。
(2) $w$ が $[0,1]$ 上で連続とする。このとき，

$$\begin{array}{rl}(v,w)& =0\forall v\in S\text{ならば}w(x)\\ & =0x\in [0,1]\end{array}$$

となることを示せ。
(3) $u$ が $(V)$ の解で，$u^{\prime \prime }$ が存在して $[0,1]$ 上で連続ならば $u$ は $(D)$ の解であることを示せ。

次に，$h=\frac{1}{N+1}$，$x_i=ihi=0,1,\dots ,N+1$ とし，

$$\begin{array}{rl}{\varphi }_j(x)& =\{\begin{array}{llcc}\frac{x-x_j}{h}+1& x_{j-1}\le x\le x_j\frac{x_j-x}{h}+1& x_j\le x\le x_{j+1}0& \text{それ以外のとき}\end{array}j\\ & =1,2,\dots ,N\end{array}$$

の線型結合で表される関数全体の集合を $S_h$ とすると，$S_h\subset S$ である。そこで，$(V)$ の近似解として，

$$(V_h):u_h\in S_h;(u_h^{\prime },v^{\prime })=(f,v)\forall v\in S_h$$

の解 $u_h(x)=\sum _{j=1}^N{\xi }_j{\varphi }_j(x)$ を求めることを考える。このとき，以下の問いに答えよ。

(4) $a_{ij}=({\varphi }_i^{\prime },{\varphi }_j^{\prime })1\le i,j\le N$ を求めよ。
(5) $\sum _{j=1}^N{\xi }_j({\varphi }_j^{\prime },{\varphi }_i^{\prime })=(f,{\varphi }_i)1\le i\le N$ の解 $({\xi }_1,{\xi }_2,\dots ,{\xi }_N)$ が一意に定まることを示せ。

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解答：

(1)
$u$ が $(D)$ の解であるとき、$-u^{\prime \prime }(x)=f(x)$ および $u(0)=u(1)=0$ を満たす。
任意の $v\in S$ に対し、方程式の両辺に $v$ を掛けて $[0,1]$ で積分し、部分積分を行うと

$$\begin{array}{rl}(f,v)& ={\int }_0^1-u^{\prime \prime }vdx\\ & =[-u^{\prime }v{]}_0^1+{\int }_0^1{u}^{\prime }{v}^{\prime }dx\end{array}$$

$v\in S$ より $v(0)=v(1)=0$ であるため、$[-u^{\prime }v{]}_0^1=0$ となる。
ゆえに $(f,v)={\int }_0^1{u}^{\prime }{v}^{\prime }dx=(u^{\prime },v^{\prime })$ となり、$u$ は $(V)$ の解である。(証明終)

(2)
背理法を用いる。ある $x_0\in (0,1)$ で $w(x_0)\ne 0$ とし、一般性を失わず $w(x_0)>0$ とする。
$w$ の連続性より、ある閉区間 $[a,b]\subset (0,1)$ で常に $w(x)>0$ となる。
ここで $v(x)=(x-a)(b-x)(x\in [a,b])$、その他の範囲で $v(x)=0$ と定義する。
$v\in S$ であり、かつ区間 $(a,b)$ で $v(x)>0$ であるため、

$$(v,w)={\int }_a^{b}v(x)w(x)dx>0$$

これは $(v,w)=0$ に矛盾する。したがって $(0,1)$ で $w(x)=0$ であり、連続性より $[0,1]$ 全体で $w(x)=0$ である。(証明終)

(3)
$u$ が $(V)$ の解であるとき、任意の $v\in S$ に対して $(u^{\prime },v^{\prime })=(f,v)$ が成り立つ。
左辺を部分積分すると

$$\begin{array}{rl}(u^{\prime },v^{\prime })& ={\int }_0^1{u}^{\prime }{v}^{\prime }dx\\ & =[u^{\prime }v{]}_0^1-{\int }_0^1{u}^{\prime \prime }vdx\\ & =-{\int }_0^1{u}^{\prime \prime }vdx\end{array}$$

ゆえに、$-{\int }_0^1{u}^{\prime \prime }vdx={\int }_0^{1}fvdx⟹{\int }_0^1(u^{\prime \prime }+f)vdx=0(\forall v\in S)$。
$u^{\prime \prime }$ が連続であるため $w=u^{\prime \prime }+f$ も連続関数である。
(2)の結果より、$[0,1]$ 上で $u^{\prime \prime }(x)+f(x)=0⟹-u^{\prime \prime }(x)=f(x)$ となる。
また、$u\in S$ より $u(0)=u(1)=0$ であるから、$u$ は $(D)$ の解である。(証明終)

(4)
${\varphi }_i(x)$ の導関数は以下のようになる。

$${\varphi }_i^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{h}& x_{i-1}<x<x_i\\ -\frac{1}{h}& x_i<x<x_{i+1}\\ 0& \text{それ以外のとき}\end{array}$$

これを用いて $a_{ij}={\int }_0^1{\varphi }_i^{\prime }(x){\varphi }_j^{\prime }(x)dx$ を計算する。
$|i-j|>1$ のとき、積分範囲が重ならないため $a_{ij}=0$。
$i=j$ のとき、

$$\begin{array}{rl}{a}_{ii}& ={\int }_{x_{i-1}}^{x_i}{\left(\frac{1}{h}\right)}^{2}dx+{\int }_{x_i}^{x_{i+1}}{\left(-\frac{1}{h}\right)}^{2}dx\\ & =\frac{1}{h^2}h+\frac{1}{h^2}h\\ & =\frac{2}{h}\end{array}$$

$|i-j|=1$ のとき（例として $j=i+1$）、重なる積分範囲は $(x_i,x_{i+1})$ のみであり、

$$\begin{array}{rl}{a}_{i,i+1}& =a_{i+1,i}\\ & ={\int }_{x_i}^{x_{i+1}}\left(-\frac{1}{h}\right)\left(\frac{1}{h}\right)dx\\ & =-\frac{1}{h^2}h\\ & =-\frac{1}{h}\end{array}$$ $$\boxed{a_{ij}=\{\begin{array}{ll}\frac{2}{h}& (i=j)\\ -\frac{1}{h}& (|i-j|=1)\\ 0& (|i-j|\ge 2)\end{array}}$$

(5)
与えられた連立方程式は $A\mathbf{\xi }=\mathbf{b}$ （ただし $A_{ij}=a_{ij}$, $b_i=(f,{\varphi }_i)$）と書ける。
係数行列 $A$ が正則であることを示せばよい。
任意の非零ベクトル $\mathbf{\xi }=({\xi }_1,\dots ,{\xi }_N{)}^T$ に対し、$v(x)=\sum _{j=1}^N{\xi }_j{\varphi }_j(x)\in S_h$ とする。${\varphi }_j$ は一次独立なので $v(x)$ は零関数ではない。

$$\begin{array}{rl}{\mathbf{\xi }}^{T}A\mathbf{\xi }& =\sum _{i=1}^N\sum _{j=1}^N{\xi }_i({\varphi }_i^{\prime },{\varphi }_j^{\prime }){\xi }_j\\ & =\left(\sum _{i=1}^N{\xi }_i{\varphi }_i^{\prime },\sum _{j=1}^N{\xi }_j{\varphi }_j^{\prime }\right)\\ & =(v^{\prime },v^{\prime })\\ & ={\int }_0^1(v^{\prime }(x){)}^{2}dx\\ & \ge 0\end{array}$$

もし $(v^{\prime },v^{\prime })=0$ とすると、ほとんど至る所で $v^{\prime }(x)=0$ となり、$v(x)$ は定数となる。
$v\in S_h\subset S$ より $v(0)=0$ であるから $v(x)\equiv 0$ となり、$\mathbf{\xi }\ne 0$ に矛盾する。
したがって ${\mathbf{\xi }}^{T}A\mathbf{\xi }>0$ となり、$A$ は正値定符号行列（ゆえに正則行列）である。
よって、解 $({\xi }_1,{\xi }_2,\dots ,{\xi }_N)$ は一意に定まる。(証明終)

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补充说明：
本题考查了常微分方程两点边值问题的变分形式（弱形式）以及一维有限元方法（Galerkin方法）的数学基础。
第一问和第三问是偏微分/常微分方程理论中经典的弱解与古典解等价性的证明。核心思路是利用分部积分法将方程中的二阶导数转移为测试函数的一阶导数，同时利用测试函数在边界上为零的性质消除边界项。
第二问证明了变分法基本引理（Fundamental lemma of calculus of variations），通常的构造技巧是在假定非零的邻域内构造一个严格为正的“隆起函数”（bump function），从而导出积分严格大于零的矛盾。
第四问和第五问讨论了有限元法的离散化过程。选用的分段线性基函数通常被称为“帽子函数”（hat functions）。第四问计算的导数内积矩阵在有限元中称为刚度矩阵（Stiffness Matrix），由于基函数的局部支撑集特性，计算结果自然呈现出一个三对角矩阵。第五问通过证明刚度矩阵对应的二次型实质上就是试探函数导数的平方积分，结合零边界条件证明了刚度矩阵的正定性，这保证了离散化后线性代数方程组解的存在唯一性。