Un'analisi sui sistemi di Reazione-Diffusione

Z

u(x, t) = g(x, y, t)u (y)dy (1.7)

0

0

Occupiamoci di verificare due importanti proprietà della funzione g(x, y, t) definita in (1.6):

Proprietà 1. ∞

∈ ×

g(x, y, t) ((0, π) (0, π))∀t > 0

C

2 2 2 2

−c −c

k t k t

|e

Dimostrazione. sup coskxcosky| = e che come già detto è il termine di una serie

x

convergente per t > 0, da cui quindi già si osserva che g(x, y, t) è continua nelle variabili spaziali.

Inoltre considerata la serie delle derivate (rispetto a x e a y) si ottiene nuovamente lo stesso

risultato, con la stessa maggiorazione, per cui la funzione è derivabile con derivata continua.

∞

∈ ×

Iterando il processo si ha che g(x, y, t) ((0, π) (0, π)) per ogni tempo fissato.

C

Proprietà 2. π

Z ∀t

g(x, y, t) = 1 > 0 fissato, (1.8)

0

dove il primo termine della (1.8) è da intendersi sia come integrale sulle y avendo fissato x, sia

come integrale lungo le x avendo fissato y.

Dimostrazione. ∞

π π π

Z Z Z

2

1 2 2

X −c k t

g(x, y, t) = + e cos(kx)cos(ky) = 1,

π π 0

0 0 k=1 ∀k

in quanto i termini della sommatoria sono tutti nulli > 0, dal momento che sia integrando lungo

le x sia lungo le y l’integrale del coseno tra [0, π] risulta nullo.

1.1 Preliminari 10

A questo punto se consideriamo il sistema di equazioni:

 2 ∈

u = c u x (0, π)

t xx



 0

u(x, 0) = u (x)

 ∈ {0,

u (x) = 0 x π}

 x

2 21 22 2 0 01 0

con c = (c , c , ...., c ), e u (x) = (u , ...u ), la soluzione sarà data da:

m m

π

Z G(x, y, t)u (y)dy

u(x, t) = 0

0 ∞

2

1 2 2

X −c k t

+ e cos(kx)cos(ky).

con G(x, y, t) = diag(g (x, y, t), ..., g (x, y, t)), dove g (x, y, t) = i

1 m i π π k=1

Passo 2

Il secondo passo è quello che ci porta a definire quale deve essere la forma della soluzione del

problema (1.1), ovvero quale equazione (integrale) deve soddisfare l’ipotetica soluzione qualora

esista.Data la complessità di alcuni aspetti tecnici, riportiamo qui i risultati che ci interessano,

rimandando ad altri testi per i dettagli. ∈

Anche in questo caso continuamo a considerare x per semplicità, ripetendo nuovamente che le

R

n

∈

stesse considerazioni si possono estendere per x .

R

Con le notazioni introdotte consideriamo il sistema

 2 ∈

u = c u + h(x, t) x (0, π), t > 0

t xx



 0 (1.9)

u(x, 0) = u (x)

 ∈ {0,

u (x) = 0 x π}

 x

La soluzione per tale problema è dato dalla somma di due soluzioni rispettivamente dei problemi

 2 ∈

u = c u x (0, π), t > 0

t xx



 0

u(x, 0) = u (x)

 ∈ {0,

u (x) = 0 x π}

 x

e  2 ∈

u = c u + h(x, t) x (0, π), t > 0

t xx



 u(x, 0) = 0

 ∈ {0,

u (x) = 0 x π}

 x

1.1 Preliminari 11

Riguardo la prima abbiamo già trovato la soluzione, mentre per la seconda ci viene in aiuto il

metodo duhamel. Esso consiste nell’eseguire i seguenti passi:

1) Si costruisce una famiglia di soluzioni del problema di Cauchy omogeneo , con tempo iniziale

non t = 0 ma un s > 0 variabile, con dato iniziale h(x, s).

2)A questo punto si integra la famiglia trovata, tra 0 e t.

La soluzione in questo caso è data per il tramite delle soluzioni fondamentali (cfr.[6],cap.IV)

∞

1 2 2 2

X −c k (t−s)

−

g (x, y, t s) = + e coskxcosky, t > s (1.10)

i

i π π k=1

ovvero: t π

Z Z −

u(x, t) = ( G(x, y, t s)h(y, s))dyds (1.11)

0 0

Poichè assumiano h(x, t) continua con derivata continua si può dimostrare che tale costruzione

dà luogo ad una soluzione classica del nostro secondo sistema (cfr. [5],cap. I).

Abbiamo quindi osservato che la funzione g(x, y, t) costruita per il problema omogeneo è tale

da poter definire la soluzione (classica!) anche per il problema non omogeneo; in conclusione la

soluzione del problema (1.9) è data da:

π t π

Z Z Z −

u(x, t) = G(x, y, t)u (y)dy + (G(x, y, t s)h(y, s))dyds (1.12)

0

0 0 0

Se quindi ora torniamo al problema iniziale, il (1.1) ,ci accorgiamo che la f (u(x, t)) è in realtà

una funzione della forma h(x, t) la cui espressione esplicita è ignota.

Ma allora per la costruzione appena fatta la soluzione del nostro problema principale avrà la stessa

forma, ovvero: π t π

Z Z Z −

u(x, t) = G(x, y, t)u (y)dy + (G(x, y, t s)f(u(y, s)))dyds (1.13)

0

0 0 0

e il semplice fatto che f(u(x, t)) sia a priori solo continua ci garantisce la classicità della soluzione,

infatti in tal caso ho una soluzione u(x, t) continua, derivabile con continuità in x 2 volte e una

volta in t, ciò quindi garantisce più regolarità (a posteriori) a f (u(x, t)), tanto da far valere la 1.13

(cfr. [5],capitolo 1).

Siamo arrivati alla fine: a questo punto per dimostrare che il sistema (1.1) ammette unica

soluzione (almeno localmente nel tempo), basterà mostrare che esiste un’unica

u(x, t) che soddisfa l’equazione integrale (1.13). Questo è proprio ciò che faremo nella prossima

sezione. (Per semplicità notazionale non scriverò il sistema di equazioni in grassetto, qualora ci si

dovesse riferire all’equazione scalare, verrà fatto notare.)

1.2 Teorema di esistenza e unicità 12

1.2 Teorema di esistenza e unicità

Teorema 1.2.1 (Teorema di esistenza e unicità).

∂u

0

0

∈ k·k ∈

Sia u (C (Ω), ), con = 0 se x ∂Ω,

0 ∞ ∂n 0 0

∃t ku k ∈

=⇒ > 0 dipendente solo da f e da , tale che esiste unica u ([0, t ], (Ω)) soluzione

C C

0 0 0

∞ .

kuk ≤ ku k kuk ku k

per (1.13) e tale che 2 , con = sup .

0 0

∞ ∞

t∈[0,t ]

0

Osservazione 2. Quello che il teorema afferma è che esiste una funzione continua nel tempo, e

continua nello spazio che localmente risolve l’equazione integrale.

Dimostrazione. Poniamoci per semplicità in Ω = (0, π). Fissato t > 0 consideriamo lo spazio

0

π

0 0 R

{u ∈ k·k) − ≤ ku k }

= (C ([0, t ], (Ω)), t.c. u G(x, y, t)u (y)dy

X C

0 0 0 ∞

0

Ora,

• 6 ∅:

=

X π

R

∈ ≤ kG(x, ku k ku k

infatti 0 ( G(x, y, t)u (y)dy y, t)k = ).

X 0 0 0

∞ ∞

L

0 1

0 0

• k·k)

Lo spazio (C ([0, t ], (Ω)), è completo.

C

0

Prima di dimostrarlo osserviamo che una volta verificato che tale spazio è completo, e dimostrato

inoltre che è chiuso, avrò un insieme chiuso in uno spazio completo, da cui sarà completo.

X X

A quel punto basterà mostrare che esiste una contrazione nello spazio che per il teorema di punto

X

fisso di Banach-Caccioppoli darà luogo a un unico punto fisso per l’equazione integrale (1.13), e

quindi a una soluzione per il nostro problema.

0 0

• k·k)

= (C ([0, t ], (Ω)), è completo.

P C

0 0 k·k {u } ∈

Discende dal fatto che (C (Ω), ) è completo, infatti sia di cauchy, allora

P

n

∞

∀ ∃n ku − ∀n, ≥

> 0 t.c. sup (t) u (t)k < m n , ovvero

n m

∞

t∈[0,t ]

0

ku − ∀n, ≥ ∀t ∈

(t) u (t)k < m n [0, t ], ma allora

n m 0

∞ 0 0

∈ k·k ∀ ∃n

{u } k·k ∃u (C (Ω), ) t.c. > 0 t.c

è di cauchy (∀t) in (C (Ω), ) che è completo, =⇒

n ∞

∞

ku − ∀n

(t) u(t)k < > n .

n

∞ ∈

Allora passando al sup su t [0, t ] si ha la tesi.

0

Ora verifichiamo essere chiuso.

X

{u } ∈ k·k, ∈

Sia convergente a u in norma ci chiediamo se u

X X.

n e e

• −→ k·k −→ k·k ∀t

Se u u nella norma allora u (t) u nella norma

n n ∞

e e

0

∈ ∀t ∈

=⇒ u(t) (Ω) [0, t ].

C

g 0

π π

R R

• − ≤ ke − k − ≤ ku k ∀

u G(x, y, t)u (y)dy u u + u G(x, y, t)u (y)dy + > 0 se

0 n n 0 0

0 0

e

≥

n n .

∈

=⇒ u X.

e

1.2 Teorema di esistenza e unicità 13

Prima di concludere la dimostrazione sono però necessarie due disuguaglianze:

◦ ∈ ku(t)k ≤ ku k ∀t ∈

1 Disuguaglianza: Sia u =⇒ 2 [0, t ].

X 0 0

∞ ∞ π

π R

R ≤ ku k

ku(t)k ≤ − +

+ G(x, y, t)u (y)dy

Dimostrazione. u(t) G(x, y, t)u (y)dy 0

0

0 ∞

∞ 0

0 ∞

∞

ku k ku k

= 2 .

0 0

∞ ∞

◦ n −→

2 Disuguaglianza: Sia f : lipchitziana e t.c. f (0) = 0

R Rlocalmente

i 0

∀M ∃K kf − ≤ ku − ∀u, ∈ k·k kuk ≤

=⇒ > 0 t.c. (u) f (v)k K vk v (C (Ω), ) con M ,

M M

∞ ∞ ∞ ∞

kvk ≤ M .

∞ kuk ≤ kvk ≤

Dimostrazione. Siano u, v t.c. M e M

∞ ∞ 1 n 1 n

1 n 1 n −

−

kf − ),

f (u , ..u ) f (v , ..v )

, ...,

f (u , ..u ) f (v , ..v )

Ora (u) f (v)k =max( n n

1 1

∞ ∞

∞

∀i {f } kf − ≤ ku −

ma sono lipschitz. =⇒ (u) f (v)k K vk , con K dipendenti ciascuno da

i i i i i

∞ ∞

kuk kvk } kf − ≤ ku −

e , ma allora preso K = max{K si ha (u) f (v)k K vk .

M i M

∞ ∞ ∞ ∞

Applicando l’ultima disuguaglianza allo spazio otteniamo:

X

∈ kf − ≤ ku −

Proposizione 1.2.2. Dati u, v vale (u) f (v)k K vk con K dipendente solo

X ∞ ∞

ku k

da ( e ovviamente da f ).

0 ∞

In particolare non dipende da t.

∈

Dimostrazione. Siano u , con i = 1, 2.

X

i

ku k ≤ ku k

2 (segue dalla prima disuguaglianza),

i 0

∞ ∞ ku k k

allora preso M = si ha che K = K = K(ku ).

0 M 0

∞ ∞

∀u, ∈ ∃K k kf − ≤ ku −

Quindi v = K(ku ) t.c. (u) f (v)k K vk .

X 0 ∞ ∞ ∞

A questo punto definiamo ciò che poi mostreremo essere una contrazione.

ku k

Sia t = 1/2K (osservazione: t dipende da ) e sia Φ la mappa:

0 0 0 ∞

Φ

0 0 0 0

k·k) −−−−→ k&midd