2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему
 
 Докажите: решений нет
Сообщение01.09.2008, 21:37 


21/09/07
26
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 $H_0^1(Q)$).

 Профиль  
                  
 
 Re: Докажите: решений нет
Сообщение02.09.2008, 17:31 
Аватара пользователя


02/04/08
742
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение02.09.2008, 20:59 


21/09/07
26
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 $L > \pi$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение02.09.2008, 22:19 
Аватара пользователя


02/04/08
742
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 $$ u^2 - \lambda_1u + 1 = (u-1)^2 + 2-\lambda_1$$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.09.2008, 22:18 


21/09/07
26
zoo писал(а):
однако не понятно, что значит равенство $$ u^2 - \lambda_1u + 1 = (u-1)^2 + 2-\lambda_1$$


Oops... Моя ошибка. :oops: 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? :roll:

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 $C^2(\bar Q)$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.09.2008, 19:55 
Аватара пользователя


02/04/08
742
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. :oops: 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? :roll:

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

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 6 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group