эллиптическое уравнение

[Oleg Zubelevich]

Через $M\subset\mathbb{R}^m,\quad R=\mathrm{diam}\,M$ обозначим огранченную область с гладкой границей. Диаметр считается в смысле стандартной евклидовой нормы.

Рассмотрим в $M$ следующую задачу

$$-\Delta u=f(u),\quad u(\partial M)=0,\quad f\in C(\mathbb{R}).$$

Доказать следующее утверждение.

Предположим, что существует такая константа $\lambda$, что если $|y|\le\lambda$ то $|f(y)|\le \frac{2m\lambda}{R^2}$ Тогда поставленная задача имеет решение

$$u\in H^{1,r}_0(M)\cap H^{2,r}(M),$$

при некотором $ r>m.$

[sup]

Множитель в неравенстве для $f$ можно немного увеличить, если точнее оценить размер шара, которым можно накрыть область данного диаметра.
Но у меня другой вопрос. А можно ли как-нибудь ослабить условие непрерывности $f$? Ну, например, сигнум какой-нибудь или что-то более экзотичное?

[Oleg Zubelevich]

я там невнимательно написал, должно быть $2R=\mathrm{diam}\,M$.

а в качестве $f$ можно брать и непрерывное отображение из $C^1_0(M)$ в $L^\infty(M)$, где $C^1_0(M)$ это пространство дифференцируемых функций с нулевым следом.

так, что $f(u)=\mathrm{sign}\, (u_{x_1})+1$ -- подойдет

[sup]

Мне кажется, в 4 раза множитель не увеличить. По теореме Юнга на плоскости (m=2) множество диаметра 1 можно накрыть кругом радиуса $\frac {1} {\sqrt 3}$. Этот результат достигается на равностороннем треугольнике. С ростом $m$ этот радиус приближается к $\frac {1} {\sqrt 2}$. Но это все так, некое блохоискательство, поскольку никаких новых идей не привлекается.
А вот с разрывной правой частью вопрос интересный.

Oleg Zubelevich в сообщении #741213 писал(а):

так, что $f(u)=c(\mathrm{sign}\, (u_{x_1})+1)$ -- подойдет, при определенном выборе константы $c$

Я, честно сказать, не понял что это за функция. Смущает $u_{x_1}$. У функции один аргумент - $u$, поэтому не понятно, что там за добавка. Может просто $f(u)=c(\mathrm{sign}\, u+1)$ ?

Ну так вот. Вне интервала $|y| < \lambda$ поведение $f(y)$, разумеется, не важно. А вот внутри этого интервала могут быть разрывы или нет? Мне кажется, что для таких $f$ существование решения доказать не удастся.

[Oleg Zubelevich]

sup в сообщении #741225 писал(а):

, честно сказать, не понял что это за функция. Смущает $u_{x_1}$. У функции один аргумент - $u$, поэтому не понятно, что там за добавка.

в качестве $f$ можно брать не функцию с числовым аргументом , а непрерывное отображение функциональных пространств (я это и писал выше): $f:C^1_0(M)\to L^\infty(M)$ . В этом случае условие теоремы читается так:

для любой функции $u\in C_0^1(M)$ верна импликация

$$|u(x)|\le\lambda\Longrightarrow |f(u)|\le \frac{2m\lambda}{R^2}$
неравенство слева выполнено для всех $x\in M$, неравенство справа -- почти всюду.

В примере $u_{x_1}$ -- это производная по первому аргументу от $u$.

sup в сообщении #741225 писал(а):

Может просто $f(u)=c(\mathrm{sign}\, u+1)$ ?

так тоже можно, но с производной веселее

я там переделал функцию, константа $c$ не нужна, точнее ее можно взять любой

sup в сообщении #741225 писал(а):

Мне кажется, в 4 раза множитель не увеличить

а давайте просто возьмем шар радиуса $R$ с центром в нуле и уравнение $-\Delta u=\frac{2m\lambda}{R^2}$ его решение $u=\frac{\lambda}{R^2}(R^2-|x|^2)$, вроде это какую-то неулучшаемость показывает?

-- Пт июн 28, 2013 10:57:04 --

sup в сообщении #741225 писал(а):

А вот внутри этого интервала могут быть разрывы или нет?

сигнум ведь это и есть разрыв внутри интервала

[sup]

Да, я что-то не сразу сообразил, что речь уже идет об операторах.
Но насчет разрешимости я все же не уверен. Вот простой одномерный пример. На интервале $(0,A)$ рассмотрим задачу
$u''(x) =f(u)$
$u(0) = u(A) =0$,
где

$$ f(u) = \begin {cases} 1 , u > 0\\ -1, u\leqslant 0 \end {cases} $$

Все дело в том, что $f(0) \neq 0$. Поэтому, тождественным нулем решение быть не может. Но тогда у него имеется либо положительный максимум, либо отрицательный минимум. Легко видеть, что в этих точках возникает противоречие для знака второй производной. Следовательно, ни на каком интервале решения не существует.

[Oleg Zubelevich]

Да, действительно. Теорема из стартового поста правильная, и теорема в терминах операторов тоже правильная. А пример с сигнумом условиям этих теорем не удовлетворяет -- это я маханул, что сигнум тоже подходит, pardon. Так, что Ваш вопрос про разрывы остается открытым, ну или Вашим же примером закрываентся.
а задачка остается

[Vince Diesel]

Похожая тема

[Oleg Zubelevich]

sup
1) а как всетаки насчсет оценок?
2) и как Вы эту задачу решали, просто интересно. точнее говоря, я Вашу технику примерно представляю, вот операторная версия с ее помощью доказывается?

-- Пт июн 28, 2013 13:11:04 --

если считать, что функция $f$ монотонно возрастает, то может и разрывы допустить можно -- надо подумать

[sup]

Я решал так.
Поскольку поведение функции задано только в некотором интервале, то решение придется искать ограниченным соответствующей константой. Значит принцип максимума. Загоняем область в шар, сравниваем решение с функцией вида $c (1 - r^2)$. Все получается хорошо.
Так, оценка на решении есть. Как будем доказывать разрешимость? Поскольку оценка на решении и без всяких "умножим-проинтегрируем" то придется иметь дело с "настоящими" решениями. Значит неподвижная точка отображения $U = \Delta^{-1}f(u)$.
В качестве $K$ выберем множество функций $u \in C(M)$, таких, что $|u| < \lambda $.
Теперь надо обеспечить непрерывность $U$. Вот здесь и понадобится непрерывность $f$. На ограниченном множестве она будет равномерно непрерывна. Поэтому $|f(u) - f(v)| < \omega_f(||u-v||_{C(M)})$. Принцип максимума дает непрерывность отображения $U$.
Поскольку правая часть ограничена, решение будет из $H^{2,r}(M)$ с любым $r$. Выбираем его большим, чтобы из теоремы вложения иметь компактное вложение $H^{2,r}(M) \subset C(M)$.
Потом я подумал что можно применить и вариационный принцип. Продолжим функцию $f(y)$ вне интервала $|y| < \lambda$ константами (два луча - две константы) и рассмотрим функционал
$$J(u) = \int \limits_M ((\nabla u)^2 + F(u)) dM$
Этот функционал, очевидно, ограничен снизу (рост $F(u)$ не более линейного). Рассмотрим минимизирующую последовательность, теорема Реллиха (о компактности вложения) для предельного перехода в нелинейности - получим минимизирующий элемент $u$. Теперь надо показать, что он является решением исходного уравнения. Варьируем функционал. Получим уравнение с "модифицированной" функцией $\tilde {f}$. Опять применяем принцип максимума. Получаем, что $|u| < \lambda$, а значит на решении $\tilde {f} = f$.
Как-то так.

-- Пт июн 28, 2013 17:00:43 --

Пока писал, понял, что можно решить уравнение
$\Delta u = \tilde {f}$
методом Галеркина, а уже потом принцип максимума.
В общем, когда дорожка уже протоптана, можно применять разные методы.

[Oleg Zubelevich]

понятно, а как Вам такой вариант:

$$-\Delta u=f(u),\quad u(\partial M)=0$$

функция $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ неубывает и ограничена снизу .
решение существует в $H^1_0(M)$

(это пока гипотеза)

[sup]

Так вроде в моем примере она как раз такая: не убывает и ограничена снизу. Может наоборот - не возрастает? Тогда оператор $-\Delta -f(\cdot)$ ну очень похож на монотонный. Но надо ведь еще и семинепрерывность. Короче, надо подумать.

[Oleg Zubelevich]

sup в сообщении #741612 писал(а):

Так вроде в моем примере она как раз такая: не убывает и ограничена снизу. Может наоборот - не возрастает?

Вы не пишите знак минус перед лапласом, а я пишу

-- Сб июн 29, 2013 18:04:32 --

sup в сообщении #741612 писал(а):

ну очень похож на монотонный

похож-то похож...

[sup]

Да, виноват, со знаками запутался. А вопрос интересный. Надо подумать.

[sup]

Для монотонных $f(y)$ действительно можно кое-что доказать. Пусть помимо исходных условий выполнены следующие:
1. $f(y)$ неубывающая функция.
2. $f(y)$ непрерывна справа (непрерывна слева).
Тогда решение существует.
Если $f(0)=0$, то решение просто тождественный 0. Пусть $f(0)>0$. В этом случае всюду далее можно рассматривать только неотрицательные решения.
Для доказательства рассматриваем последовательность непрерывных неубывающих функций $f_1 \geqslant f_2 \geqslant f_3 \geqslant \dots f$ поточечно сходящуюся к $f$. Расматриваем задачи
$-\Delta u_n = f_n(u_n)$, $u(\partial M)=0$
Строим решения этих задач так, что $u_1 \geqslant u_2 \geqslant u_3 \geqslant \dots$
Предел этих $u_n$ и будет искомым решением.
Если $f(y)$ непрерывна слева, то строим последовательность $f_n$ сходящихся к $f$ снизу. И решения этих задач будут монотонно возрастать (по $n$).
В случае $f(0)< 0$ все то же самое, но для неположительных функций. Ну или свести дело к функции $g(y) = - f(-y)$.
Таким образом, проблемы могут возникнуть только если значение функции в точке разрыва где-то между правым и левым пределами. Есть подозрение, что мера множества таких точек равна 0. Если это так, то для монотонных $f$ разрешимость есть без условий непрерывности слева/справа. Гипотеза насчет меры выглядит весьма правдоподобной, поскольку всюду в области $-\Delta u \geqslant f(0) > 0$. Просматривается некая аналогия с теоремой Сарда. Может похожие идеи смогут помочь.

-- Вт июл 02, 2013 11:13:55 --

Уточнение: мера множества точек $x \in M$, а не точек $y$, в которых рвется функция $f$.