Докажите: решений нет

[volodja]

Возьмем кубик $Q = (0,L) \times (0,L)$. Доказать, что если $L \ge \pi$, то задача Дирихле

$$ \left\{ \begin{aligned} -\Delta u &= 1 + u^2 && \text{ в } Q, \\ u &= 0 && \text{ на } \partial Q \end{aligned} \right. $$

не имеет решений (класса $H_0^1(Q)$).

[zoo]

volodja писал(а):

Возьмем кубик $Q = (0,L) \times (0,L)$. Доказать, что если $L \ge \pi$, то задача Дирихле

$$ \left\{ \begin{aligned} -\Delta u &= 1 + u^2 && \text{ в } Q, \\ u &= 0 && \text{ на } \partial Q \end{aligned} \right. $$

не имеет решений (класса $H_0^1(Q)$).

Что-то в это слабо верится. Выкладываейте доказательство.

[volodja]

Первое собственное значение оператора $-\Delta$ в $H_0^1(Q)$ равно $\lambda_1 = 2\pi^2/L^2$ (оно может быть вычислено с помощью метода разделения переменных, напр.). Пусть $\varphi \in C^\infty(\bar Q)$ - положительная ($\varphi > 0$ в $Q$) собственная функция, отвечающая собственному значению $\lambda_1$.

Предположим, вопреки утверждению, что наша задача имеет решение $u \in H_0^1(Q)$. Тогда мы должны иметь

$$ \lambda_1 \int_Q u\varphi = \int_Q (1+u^2)\varphi $$

или, что то же самое,

$$ \int_Q (u^2 - \lambda_1u + 1)\varphi = 0. $$

По условию задачи $L \ge \pi$, а следовательно $\lambda_1 \le 2$ и $u^2 - \lambda_1u + 1 \ge 0$. Из интегрального равенства выше мы заключаем, что

$$ u^2 - \lambda_1u + 1 = (u-1)^2 + 2-\lambda_1 \equiv 0. $$

Если $L > \pi$, то $\lambda_1 < 2$, и мы приходим к противоречию. Если же $L = \pi$, то $\lambda_1 = 2$, и следовательно $u \equiv 1$, что противоречит включению $u \in H_0^1(Q)$. Эти противоречия и доказывают утверждение задачи.

P.S. Это одна из задач кандидатского минимума Penn State University (2008 г.). Там, правда, требовалось решить задачу для $L > \pi$.

[zoo]

volodja писал(а):

Первое собственное значение оператора $-\Delta$ в $H_0^1(Q)$ равно $\lambda_1 = 2\pi^2/L^2$ (оно может быть вычислено с помощью метода разделения переменных, напр.). Пусть $\varphi \in C^\infty(\bar Q)$ - положительная ($\varphi > 0$ в $Q$) собственная функция, отвечающая собственному значению $\lambda_1$.

Предположим, вопреки утверждению, что наша задача имеет решение $u \in H_0^1(Q)$. Тогда мы должны иметь

$$ \lambda_1 \int_Q u\varphi = \int_Q (1+u^2)\varphi $$

или, что то же самое,

$$ \int_Q (u^2 - \lambda_1u + 1)\varphi = 0. $$

По условию задачи $L \ge \pi$, а следовательно $\lambda_1 \le 2$ и $u^2 - \lambda_1u + 1 \ge 0$. Из интегрального равенства выше мы заключаем, что

$$ u^2 - \lambda_1u + 1 = (u-1)^2 + 2-\lambda_1 \equiv 0. $$

Если $L > \pi$, то $\lambda_1 < 2$, и мы приходим к противоречию. Если же $L = \pi$, то $\lambda_1 = 2$, и следовательно $u \equiv 1$, что противоречит включению $u \in H_0^1(Q)$. Эти противоречия и доказывают утверждение задачи.

P.S. Это одна из задач кандидатского минимума Penn State University (2008 г.). Там, правда, требовалось решить задачу для $L > \pi$.

Здорово! Мой скепсис был основан на том, что в случае $-\Delta u=u^2$ критический показатель равен $\infty$ в двумерном случае, но это конечно другая задача. По моим весьма грубым подсчетам сильное решение здесь будет при $L\le 2$. Выкладывайте еще что-нибудь. Очень интересно.

однако не понятно, что значит равенство

$$ u^2 - \lambda_1u + 1 = (u-1)^2 + 2-\lambda_1$$

[volodja]

zoo писал(а):

однако не понятно, что значит равенство

$$ u^2 - \lambda_1u + 1 = (u-1)^2 + 2-\lambda_1$$

Oops... Моя ошибка. Должно быть $u^2 - \lambda_1 u + 1 = \left( u - \frac {\lambda_1}2 \right)^2 + \frac {4-\lambda_1^2}4$. Оставшаяся часть рассуждений по сути та же: если $\lambda_1 < 2$, то противоречие налицо. Если $\lambda_1 = 2$, то $u \equiv \lambda_1/2$ и приходим к противоречию с включением $u \in H_0^1(Q)$.

Добавлено спустя 4 минуты 22 секунды:

zoo писал(а):

По моим весьма грубым подсчетам сильное решение здесь будет при $L\le 2$.

Как это показать?

P.S. Вроде бы с помощью $L^p$ оценок и оценок Шаудера можно показать, что взякое решение класса $H_0^1(Q)$ нашей задачи автоматически лежит в $C^2(\bar Q)$.

[zoo]

volodja писал(а):

zoo писал(а):

однако не понятно, что значит равенство

$$ u^2 - \lambda_1u + 1 = (u-1)^2 + 2-\lambda_1$$

Oops... Моя ошибка. Должно быть $u^2 - \lambda_1 u + 1 = \left( u - \frac {\lambda_1}2 \right)^2 + \frac {4-\lambda_1^2}4$. Оставшаяся часть рассуждений по сути та же: если $\lambda_1 < 2$, то противоречие налицо. Если $\lambda_1 = 2$, то $u \equiv \lambda_1/2$ и приходим к противоречию с включением $u \in H_0^1(Q)$.

Добавлено спустя 4 минуты 22 секунды:

zoo писал(а):

По моим весьма грубым подсчетам сильное решение здесь будет при $L\le 2$.

Как это показать?

вписать квадрат в круг, потом по принципу сравнения с функцией
$U(x)=\frac{\lambda}{R^2}(R^2-|x-x_0|^2)$

volodja писал(а):

P.S. Вроде бы с помощью $L^p$ оценок и оценок Шаудера можно показать, что взякое решение класса $H_0^1(Q)$ нашей задачи автоматически лежит в $C^2(\bar Q)$.

ну это конечно