#1 15. 10. 2022 13:18
Příklad PDR
Ahoj,
řeším jeden příklad z PDR a úplně se mi to nedaří.
[mathjax]u=|x|^{2-d} [/mathjax] pro d>=3 v B1(0).
Ukažte
[mathjax]u\in W^{1,p}(B1) \ \ \forall p\in [1,d´] \ \ d´=\frac{d}{d-1}[/mathjax]
[mathjax]u \ \ not \in W^{2,p}(B1) [/mathjax]
[mathjax]div(\nabla u) =0 \ \ in \ \ B1(0)-\{0\}[/mathjax]
Jestliže [mathjax]u \in W^{2,p}(\Omega ) [/mathjax], tak by [mathjax]div(\nabla u) =0 \ \ in \ \ B1(0)[/mathjax]
[mathjax]\int_{B1}udiv(\nabla \varphi) <> 0 \ \ \varphi \in C^{\infty }_{0}(\Omega )[/mathjax]
Začala jsem tím prvním a hlavně mi dělá problém zjistit, zda funkce náleží do Lp na kouli či ne, a proč se vlastně ověřuje, že gradient skládající se ze slabých derivací patří do Lp, proč to nestačí ověřit pro ty derivace samostatně.
Offline
#2 16. 10. 2022 12:45
Re: Příklad PDR
Ke zjisteni, jestli patri do Lp na kouli pouzijes tzv.integral pres slupky (coarea formula, dusledek Fubiniho vety), napr.
[mathjax]\int_B|x|^{p(2-d)}\,\mathrm{d}V=\int_0^1\int_{S_r}|x|^{p(2-d)}\,\mathrm{d}S\,\mathrm{d}r=\int_0^1r^{p(2-d)}|S_r|\,\mathrm{d}r=|S_1|\int_0^1r^{p(2-d)+d-1},[/mathjax]
kde [mathjax]|S_1|[/mathjax] je povrch jednotkove koule v d dimenzich a pouzil jsem, ze [mathjax]|S_r|=r^{d-1}|S_1|[/mathjax]. Ted vidis, ze aby ten integral existoval, potrebujes podminku [mathjax]p(2-d)+d-1>-1[/mathjax], tj. bud [mathjax]d\leq 2[/mathjax], nebo [mathjax]p<\frac{d}{d-2}[/mathjax]. To je ale jen integrovatelnost funkcnich hodnot, pro derivace ti podminky vyjdou samozrejme striktnejsi, ale postup je stale stejny. Jestli budes vysetrovat [mathjax]|\nabla u|^p[/mathjax] nebo [mathjax]|\partial_iu|^p[/mathjax] pro vsechny [mathjax]i[/mathjax] je naprosto ekvivalentni. Byt tebou, tak si predpocitam nasledujici jednoduche formulky:
[mathjax]\nabla|x|^2=2x[/mathjax],
[mathjax]\nabla|x|=\nabla\sqrt{|x|^2}=...=\frac{x}{|x|}[/mathjax]
[mathjax]\nabla|x|^p=p|x|^{p-2}x[/mathjax]
a pak se snadno propracujes az k
[mathjax]\nabla |x|^{2-d}=(2-d)\frac{x}{|x|^d}[/mathjax]
[mathjax]\nabla\nabla|x|^{2-d}=\frac{2-d}{|x|^d}(I-d\frac{x}{|x|}\otimes\frac{x}{|x|})[/mathjax]
[mathjax]\Delta |x|^{2-d}=I\cdot\nabla\nabla|x|^{2-d}=0[/mathjax]
To jsou vsechno regulerni vypocty, pokud to chapes ve smyslu distribuci. Takze jakmile zajistis integrovatelnost tech derivaci, vis ze se budou shodovat se slabymi derivacemi.
Podminka na [mathjax]u\in W^{1,p}(B)[/mathjax] podle me vyjde [mathjax]p\in[1,d')[/mathjax], tj. vyjma [mathjax]d'[/mathjax].
Vlastnost [mathjax]\Delta u=0[/mathjax] je urcite pravda na kazdem mezikruzi [mathjax]B_1-B_r[/mathjax], protoze zadana funkce je tam hladka. Tim padem, je jasne, ze ta rovnost musi platit i na [mathjax]B_1-\{0\}[/mathjax].
Zbyva overit, ze kdyz [mathjax]v\in W^{2,p}[/mathjax] a [mathjax]\Delta v=0[/mathjax] na [mathjax]B_1-\{0\}[/mathjax], tak nutne [mathjax]\Delta v(0)=0[/mathjax], jestli spravne chapu zadani.
Offline
#3 19. 10. 2022 17:41
Re: Příklad PDR
↑ Bati:
Já jsem ty formulky asi moc nepochopila, a tak raději napíšu, kam až jsem došla.
Kandidát na slabou derivaci podle i mi vyšel [mathjax](2-d)|x|^{-d}x_{i}[/mathjax].
Gradient [mathjax](2-d)|x|^{1-d}[/mathjax] . Z toho vychází podmínka [mathjax]p(1-d)+d-1<-1[/mathjax].
Pak jsem se snažila dokázat, že slabá derivace je opravdu slabou derivací.
[mathjax]\int_{B1(0)}{\frac{d\varphi }{dx_{i}}|x|^{2-d}}=-\int_{hrB1-B\varepsilon }^{}|x|^{2-d}\varphi \frac{x_{i}}{|x|}+\int_{B1-B\varepsilon }^{}|x|^{2-d}\frac{d\varphi }{dx_{i}}-\int_{B\varepsilon }^{}(2-d)|x|^{-d}x_{i}\varphi [/mathjax]
S tím, že s prvním integrálem si dokážu poradit, u zbylých dvou nedokážu říct, zda to bude v pořádku, když epsilon pošlu do nuly.
Vlastně ano, ale i se musí ověřit, že nakonec ten laplace nula nebude,aby funkce nebyla v prostoru [mathjax]W^{2,p}[/mathjax]
Offline