Пример функции из Соболевсокого пространства H1

[ewert]

в нуле.

В общем, это -- глубоко дособолевская ошибка.

[Asmo89]

да, точно...
Если на логарифм навесить квадратный корень, то получается аналогичная ситуация...производная не из Эль2. Какие еще комбинации функций с логарифмическими особенностями можно попробовать?

[ewert]

Не совсем так. В одномерном случае -- конечно ничего не выйдет, и не может ничего выйти, есть ведь теоремы вложения. Но в двумерном -- ситуация уже иная. Там в полярных координатах интегрирование ведётся по $r\,dr$, а не просто по $dr$. И если тот логарифм со степенью над ним центрально симметричен...

[Asmo89]

то есть мы находим обобщенную производную при помощи декартовых координат а проверяем ее принадлежность к пр-ву Эль2 с помощью перехода к полярным? я правильно понимаю?

[ewert]

Я бы не так акценты расставил.

Мы просто наивно пытаемся сочинить некую "плохую" функцию в $L_2$. В двух надеждах: что она сама по себе будет лежать в объемлющем гильбертовом $L_2$ -- и что её производные (в обычном смысле) окажутся там же.

Далее возникает ещё один технический вопрос. Ну хорошо, её функционал на пробных функция, не затрагивающих оерестность нуля -- ведёт себя благопристойно. Там этот функционал -- регулярен, т.е. задаётся интгралом от классическпй производной. А что в окрестности нуля?...

А там формально нужно доолнительное исследование. Впрочем, вполне банальное: логарифм в нуле настолько слаб, что не в носит в окрестности нуля и её поверхности хоть соколько-то значимыё вклад. Т.е. и вообще ничего не вносит.

[Asmo89]

Вот допустим я пробую в качестве функции взять $f(x,y)=\left( \left| ln \left|x\right| \right| \right)^{\frac 1 2}$
она сама из $L_2$, считаю производную, получаю $\frac 1 {\left(-2 \cdot sgn(x) \cdot x \cdot \left( \left| ln \left|x\right| \right| \right)^{\frac 1 2} \right)}$
и тут помимо логарифма в знаменателе ещё $x$... как с ним быть...

[ewert]

Замените икс на эр, градиент (как и интеграл) берите в полярных координатах, ну и поиграйтесь показателем степени.

[Asmo89]

т.е. просто взять функцию $f(r,\phi)=\left( \left| ln \left|r\right| \right| \right)^{\frac 1 2}$ или в какойнибудь другой степени. Или всё же делать замену $x=r cos(\phi)$

[neverland]

Простите, что вмешиваюсь, но думаю $f(x,y)=\ln\,\left |\ln |x|\right|$ вполне подходит. Т.е. логарифм конечно вклада не внесет, а вот двойной?

[ewert]

Asmo89 в сообщении #271203 писал(а):

т.е. просто взять функцию $f(r,\phi)=\left( \left| ln \left|r\right| \right| \right)^{\frac 1 2}$ или в какойнибудь другой степени. Или всё же делать замену $x=r cos(\phi)$

Первый вариант. А второй (с углами) не поможет.

neverland в сообщении #271215 писал(а):

Простите, что вмешиваюсь, но думаю $f(x,y)=\ln\,\ln |x|$ вполне подходит. Т.е. логарифм конечно вклада не внесет, а вот двойной?

И это сгодится. Чем меньше показатель, тем лучше для сходимости, ну а логарифм ещё лучше любой самой слабой степени. Только надо не забыть понатыкать туда ещё пару чёрточек.

[Asmo89]

а последний вариант тоже в полярных координатах проверять?

[ewert]

Всё в полярных (ну или в каком аналоге, но это сложнее).

Рассматривать функции только одной переменной -- бесперспективно откровенно. Для них есть теорема вложения, которая говорит: мол, если та функция соболевская, то она и непрерывна, уж извините.

Так что контрпример можно искать только на функциях, в которых координаты завязаны друг на дружку нетривиальным образом; ну вот например -- через полярные. Это не обязательно, но это наиболее наглядно и легче всего дифференцируется.

[Asmo89]

Если рассматривать функцию $f(r,\phi)=ln \left| ln \left|r\right| \right|$, где $0 \leqslant r \leqslant 1$, $0 \leqslant \phi \leqslant 2\pi$, то у меня получается следующее:
При таких условиях на $r$ и $\phi$, функция принимает вид: $f(r,\phi)=ln \left( -ln r \right)$
Обобщенная производная по $r$: $D_rf=\frac 1 {\left( r \cdot ln (r) \right)}$, по $\phi$ производная равна нулю.
Далее проверяем принадлежность производной $D_rf$ пространству $L_2$:
$\int\limits_{0}^{2\pi} \int\limits_{0}^{1} \frac r {\left( r^2 \cdot ln (r)^2 \right)} drd\phi = \int\limits_{0}^{2\pi} \int\limits_{0}^{1} \frac 1 {\left( r \cdot ln (r)^2 \right)} drd\phi = \int\limits_{0}^{2\pi} \frac 1 { ln (r) } |\limits_{0}^{1} drd\phi$ то есть интеграл равен бесконечности... Это у меня где-то выкладки неверные или получается что функция неподходит?
Если брать эту же функцию, только в декартовых координатах, т.е.: $f(x,y)=ln \left| ln\left( \left( x^2+y^2 \right)^{\frac 1 2}\right) \right|$, то интеграл от квадрата обобщенной производной по $x$ ($\int\limits_{-1}^{1} \int\limits_{-1}^{1} \frac {x^2} {\left( ln \left( x^2+y^2\right)^ {\frac 1 2} \right)^2 \cdot \left( x^2+y^2 \right)^2} dx dy$) в маткаде считается и получается равным нулю. А когда я пробую посчитать этот интеграл заменив декартовые координаты на полярные опять в итоге получается бесконечность.

[Gafield]

Конечно, глобально функция не подходит. Это только подходящая особенность в нуле построена, для разрывности. А чтобы получить ответ из $L_2(\mathbb R^n)$, надо ее домножить на какую-нибудь гладкую функцию, равную 1 при $0\le r \le 1/2$ и нулю при $r>3/4$. Или, уж если хочется явный вид, надо убрать особенность в единице и поделить на что-нибудь для достаточного убывания на бесконечности, типа $\frac{(1-r)\ln|\ln r|}{(1+r^2)^2}$. Или попроще $\frac{|\ln r|^\alpha}{1+r^2}$, если последовать совету evert'а.

[ewert]

Gafield в сообщении #271474 писал(а):

А чтобы получить ответ из $L_2(\mathbb R^n)$, надо ее домножить на какую-нибудь гладкую функцию, равную 1 при $0\le r \le 1/2$ и нулю при $r>3/4$.

Это -- наиболее разумная рекомендация. Особенности в нуле и на бесконечности следует тупо разделять.