Полнота H^1

[Бабай]

Нужно показать полноту пространства Соболева $H^1(\Omega):=\{v \in L^2(\Omega): D^{\alpha}v \in L^2(\Omega), |\alpha| \le 1\}$ с нормой $||v||_{H^1}=\left(\sum_{|\alpha| \le 1} \int_{\Omega}(D^{\alpha}v)^2 \, dx \right)^{1/2}$.

Док-во:
Пусть $(v_n) \subset H^1$ фундаментальная последовательность, т.е.
$||v_n-v_m||^2_{H^1} \to 0, n,m \to 0$.

Ввиду $||v_n-v_m||^2_{H^1}= \sum_{|\alpha| \le 1}||D^{\alpha}v_n-D^{\alpha}v_m||^2_{L^2}$, имеем для каждого мультииндекса $|\alpha|\le 1$:
$||D^{\alpha}v_n-D^{\alpha}v_m||^2_{L^2} \to 0, n,m \to 0$.
Таким образом, последовательность $(D^{\alpha}v_n)\subset L^2$ фундаментальна, а значит в силу полноты $L^2$ сходится к какому-то $w \in L^2$: $\lim D^{\alpha}v_n=w$.

Так как для каждого $n$ члены последовательности $D^{\alpha}v_n$ являются слабыми производными для $v_n$, то имеем для всех пробных функций $ \varphi \in C^1_0(\Omega)$:
$\int_{\Omega}v_n(D^{\alpha} \varphi) \, dx=(-1)^{|\alpha|}\int_{\Omega}(D^{\alpha}v_n)\varphi \, dx$. Так как $C^1_0$ всюду плотно в $L^2$, то это равенство выполняется и для всех $\varphi \in L^2$. Другими словами, левая часть этого равенства представляет собой функционал $L(\varphi)$ на $C^1_0$, который непрерывно продолжается до функционала на $L^2$; равенство, которое есть не что иное как теорема Рисса, при этом переходе сохраняется в силу непрерывности скалярного произведения в $L^2$.

Отсюда получаем, при помощи неравенства Гёльдера (или результата в topic68253.html), что $v_n(D^{\alpha}\varphi)$ интегрируема. По той же причине интегрируема и $w \varphi$. След-но,

$\lim_{n \to \infty} \int_{\Omega} \varphi (D^{\alpha}v_n) \, dx=\int_{\Omega} \varphi w \, dx$, и

$\lim_{n \to \infty} \int_{\Omega} (D^{\alpha}\varphi) v_n \, dx=\int_{\Omega} (D^{\alpha}\varphi) v \, dx$.

Так что теперь имеем:

$\int_{\Omega} \varphi w \, dx = \lim_{n \to \infty} \int_{\Omega} \varphi (D^{\alpha}v_n) \, dx = (-1)^{|\alpha|} \lim_{n \to \infty} \int_{\Omega} (D^{\alpha}\varphi) v_n \, dx = (-1)^{|\alpha|} \int_{\Omega} (D^{\alpha}\varphi) v \, dx$.
Значит $w=D^{\alpha}v$ действительно есть слабая производная для $v$ и $\lim_{n \to \infty} D^{\alpha}v_n=D^{\alpha}v$ (по норме $L^2$).

Наконец, $||v_n-v||^2_{H^1}=\sum_{|\alpha| \le 1}||D^{\alpha}v_n-D^{\alpha}v||^2_{L^2}$, так что имеем сходимость по норме$H^1$.
Док-во окончено.

Теперь вопрос:
Нельзя ли сократить док-во, пользуясь тем, что функционал $L(\varphi)=\int_{\Omega} v (D^{\alpha} \varphi) \, dx$ ограничен и значит непрерывен, и тем, что двойственное пространство к $L^2$ есть само $L^2$? Ведь определяющее слабую производную равенство симметрично относительно $v$ и $\varphi$!

[Oleg Zubelevich]

Бабай в сообщении #681948 писал(а):

функционал $L(\varphi)=\int_{\Omega} v (D^{\alpha} \varphi) \, dx$ ограничен

на каком пространстве ограничен?

[Бабай]

На $L^2$.

[Oleg Zubelevich]

т.е. у вас $\varphi\in L^2,\quad v\in H^1$ и как вы определяете число

Бабай в сообщении #681948 писал(а):

ал $L(\varphi)=\int_{\Omega} v (D^{\alpha} \varphi) \, dx$

?

[Бабай]

Да, с удовольствием отвечу. Но у меня всегда есть право отвечать на вопросы тогда, когда захочу, а не когда мне об этом напоминают! (без обид пожалста)

Для $v \in L_2$ производная в равенстве, полученном интегрированием по частям, не определена в обычном смысле.

Но она может быть определена как функционал $L(\varphi)=D^{\alpha}v(\varphi):=(-1)^{|\alpha|}\int_{\Omega}vD^{\alpha}\varphi \, dx$ (минус единичку забыл, но сути не меняет)

Соответственно, как это число можно определять? -- как интеграл Лебега по ограниченной области.

[Oleg Zubelevich]

Бабай в сообщении #681948 писал(а):

Так как для каждого $n$ члены последовательности $D^{\alpha}v_n$ являются слабыми производными для $v_n$, то имеем для всех пробных функций $ \varphi \in C^1_0(\Omega)$:
$\int_{\Omega}v_n(D^{\alpha} \varphi) \, dx=(-1)^{|\alpha|}\int_{\Omega}(D^{\alpha}v_n)\varphi \, dx$. Так как $C^1_0$ всюду плотно в $L^2$, то это равенство выполняется и для всех $\varphi \in L^2$

а теперь проверьте это равенство для $\Omega=[0,1],\quad \varphi=x^{-1/3},\quad v_n=1$

[Бабай]

Дада, уже и без этого вижу, что последнее предложение в цитате бессмыслено! От условия $\varphi \in C^1_0$ из-за $D^\alpha \varphi$ нет смысла отделываться, иначе белиберда получается!

Но всё же, L всё равно ограничен и из $L^2$, так что проверку того, что последовательность $D^\alpha v_n$ сходится куда надо, и что предел там где надо, можно особо не проводить.

(стёртое сообщение было достаточно. Благодарю)

[Oleg Zubelevich]

Бабай в сообщении #682382 писал(а):

Но всё же, L всё равно ограничен и из $L^2$

неограничен, см пример

-- Пн фев 11, 2013 03:22:01 --

(

Бабай в сообщении #681948 писал(а):

функционал $L(\varphi)=\int_{\Omega} v (D^{\alpha} \varphi) \, dx$

)

[Бабай]

Мне казалось, что мы уже сошлись на том, что $L$ действует на $C^1_0$.

Теперь Вы хотите сказать, что $x^{-1/3} \in C^1_0([0,1])$ и постоянные функции не имеют слабых производных?