Derivate di ordine alto quadraticamente sommabili

[dissonance]

Ho una funzione [tex]f \in L^2(\mathbb{R})[/tex] della quale riesco a dimostrare che

[tex]$\exists h\in L^2_{\rm{loc}}(\mathbb{R})\ \text{t.c.}\ \forall \varphi \in C^{\infty}_c(\mathbb{R}),\ \int_{\mathbb{R}}h(x)\varphi(x)\, dx= \int_{\mathbb{R}}f(x)\varphi''(x)\, dx;[/tex]

ovvero, [tex]f[/tex] ha la seconda derivata debole in [tex]L^2_{\rm{loc}}(\mathbb{R})[/tex]. Vorrei concludere che [tex]f \in H^2_{\rm{loc}}(\mathbb{R})[/tex], ovvero che comunque si fissi un intervallo compatto [tex][a, b][/tex] si abbia [tex]f|_{(a, b)} \in H^2\big( (a, b)\big)[/tex].

Come posso fare?

[dissonance]

Essenzialmente il problema è questo. Abbiamo capito che la derivata seconda (*) di [tex]f[/tex] è una funzione ed è localmente [tex]L^2[/tex]. Per concludere dovrei sapere che anche la derivata prima di [tex]f[/tex] è una funzione ed è localmente [tex]L^2[/tex]. Sono sicuro che ciò è vero perché so di questo teorema sulle distribuzioni:

Teorema Sia [tex]I[/tex] un intervallo e [tex]u\in \mathcal{D}'(I)[/tex]. Allora [tex]u[/tex] ammette primitive e ogni due primitive differiscono per una costante additiva.

Nel nostro caso, [tex]f'[/tex] è una primitiva della funzione [tex]h[/tex] e dunque deve essere

[tex]$f'\equiv C+\int_0^x h(\xi)\,d\xi[/tex]

per una costante [tex]C[/tex]. In particolare [tex]f'[/tex] è una funzione in [tex]H^1_{\rm{loc}}(\mathbb{R})[/tex], perché assolutamente continua e con derivata uguale q.o. ad [tex]h[/tex]. Con identico ragionamento proviamo che [tex]f[/tex] è in [tex]H^2_{\rm{loc}}(\mathbb{R})[/tex].

Mi sarebbe piaciuto però trovare una dimostrazione diretta, che non passi dalle distribuzioni.
_________
(*) Parlo di derivata intendendo sempre in senso debole.

[Rigel1]

A meno di dettagli penso si possa ragionare così.

Fissiamo $I=(a,b)$. Data una funzione integrabile $u: (a,b)\to\mathbb{R}$ indichiamo con $\bar{u} := \frac{1}{b-a}\int_a^b u$ la sua media in $(a,b)$.

Sia $\xi(x) := \int_a^x h(t) dt$; vogliamo dimostrare che la funzione $g(x) := \xi(x) - \bar{xi}$ è la derivata debole di $f$.
Sia $\psi\in C_c^{\infty}(I)$; la funzione $\phi(x) := \int_a ^x [\psi(t) - \bar{\psi}]dt$ è di classe $C_c^{\infty}(I)$.
Poiché $g$ è derivata di $h$, e per la relazione data, abbiamo che
$-\int_a^b g\phi' = \int h \phi = \int f\phi''$,
da cui ricaviamo
$-\int_I g (\psi - \bar{\psi}) = \int_I f \psi'$.
D'altra parte $\bar{g} = 0$, per cui $\int_I g (\psi-\bar{\psi})= \int_I g\psi$.
In conclusione, abbiamo dimostrato che
$-\int_I g\psi = \int_I f \psi'\qquad \forall\psi\in C_c^{\infty}(I)$.

[dissonance]

Sai Rigel con il tuo discorso mi hai aperto parecchie vie nuove di ragionamento e di questo ti ringrazio moltissimo. Ci sono però dei dettagli che non mi quadrano, te li espongo.

Supponiamo che $f$ sia di classe $C^2(I)$. Chiamando $h=f''$ abbiamo che

$xi(x)=int_a^x f''(t)dt=f'(x)-f'(a)$;
$g(x)=xi(x)-bar(xi)=f'(x)-f'(a)-frac{f(b)-f(a)}{b-a}+f'(a)=f'(x)-bar(f)$;

quindi mi aspetterei di dimostrare che è $g(x)+bar{f}$, non $g(x)$, la derivata debole di $f(x)$...

E poi c'è questo:

Sia $\psi\in C_c^{\infty}(I)$; la funzione $\phi(x) := \int_a ^x [\psi(t) - \bar{\psi}]dt$ è di classe $C_c^{\infty}(I)$.

Sei sicuro che non fosse $\phi(x)=(\int_a^x\psi(t)dt)-bar{psi}$?

[fu^2]

effettivamente (quello che ha detto in modo similare Rigel) puoi cercare la derivata prima debole usando il fatto che, in una dimensione, vale il teorema del rappresentante continuo e quindi a meno di costanti la derivata prima (puoi provare a dimostrare) è una cosa del tipo $\int_a^xh(\tau)d\tau+ C$ con $C$ una opportuna costante (che si può determinare facilmente, basta integrare ragionando un attimo).

[fu^2]

anzi puoi concludere molto di più, se $f$ ammette derivata seconda debole allora puoi scegliere un rappresentante continuo sia per $f$ che per la sua derivata debole e quindi, sui compatti, tutto sta bene in $L^2([a,b])$.

[Rigel1]

"dissonance":
Supponiamo che $f$ sia di classe $C^2(I)$. Chiamando $h=f''$ abbiamo che

$xi(x)=int_a^x f''(t)dt=f'(x)-f'(a)$;
$g(x)=xi(x)-bar(xi)=f'(x)-f'(a)-frac{f(b)-f(a)}{b-a}+f'(a)=f'(x)-bar(f)$;

quindi mi aspetterei di dimostrare che è $g(x)+bar{f}$, non $g(x)$, la derivata debole di $f(x)$...

Ups, hai ragione; ho scritto un po' di corsa (stavo andando a cena). Probabilmente non è l'unico errore...

E poi c'è questo:
[quote]Sia $\psi\in C_c^{\infty}(I)$; la funzione $\phi(x) := \int_a ^x [\psi(t) - \bar{\psi}]dt$ è di classe $C_c^{\infty}(I)$.

Sei sicuro che non fosse $\phi(x)=(\int_a^x\psi(t)dt)-bar{psi}$?[/quote]

La $\phi$ come scritta da te non è $C_c^{\infty}$ (infatti $\lim_{x\to a^+} \phi(x) = -\bar{\psi}$, che in generale è $\ne 0$.
Salvo errori, la $\phi$ scritta da me invece si annulla in $a$, e inoltre $\phi(b) = \int_a^b \psi(x) dx - (b-a)\bar{\psi} = 0$, quindi dovrebbe andare bene.

Adesso comunque mi riguardo con calma i pasticci che ho scritto

[dissonance]

Mi sa che quella $int_a^x [\psi(t)-bar{psi}]dt$ darà problemi. Perché dovrebbe annullarsi in un intorno destro di $a$ e sinistro di $b$ e non solo in $a, b$, mannaggia.

Purtroppo mi sta venendo il dubbio che prendere una primitiva di $psi$ col supporto compatto non sia una cosa proprio immediata.

[Rigel1]

"dissonance":Mi sa che quella $int_a^x [\psi(t)-bar{psi}]dt$ darà problemi. Perché dovrebbe annullarsi in un intorno destro di $a$ e sinistro di $b$ e non solo in $a, b$, mannaggia.

Purtroppo mi sta venendo il dubbio che prendere una primitiva di $psi$ col supporto compatto non sia una cosa proprio immediata.

Perché?
Pensa la $\psi\in C_c^{\infty}(\mathbb{R})$ t.c. $"supp" \psi \subset (a,b)$; questo significa che $\psi$ è nulla in un intorno di $a$ e di $b$.
La $\phi$ definita come sopra ed estesa a zero fuori da $(a,b)$ è di classe $C_c^{\infty}(\mathbb{R})$, o no?

(Scusa la scarsa precisione ma sono un po' stanco e sto guardando Fazio e Saviano...)

[dissonance]

Scusa ecc...

Ma scherzi Rigel, cosa ti scusi, sei sempre un punto di riferimento e un aiuto validissimo.
No, è che avevi scritto $phi \in C_c^infty(I)$ prima, e su questo mi ero un po' incantato. Comunque c'è qualcosa che sbaglio nella dimostrazione. Scrivo i passaggi, sicuramente sarà un errore banalissimo, se hai tempo e voglia di buttarci un occhio mi faresti un favore, altrimenti comunque li ricontrollerò io a mente più fresca.

Dunque abbiamo per ipotesi $h=f''$ (derivata debole) ed è una funzione. Fissiamo un intervallo $I=[a, b]$. Chiamiamo $g$ quell'unica primitiva di $h$ tale che $int_a^bg=0$. Affermiamo che

$int_a^b (g+bar{f})psi=-int_a^b fpsi'$ per ogni $psi in C_c^infty(I)$. (Si intende che $"supp"psi \subset (alpha, beta) \subset [a, b]$).

Calcoliamo:

$int_a^b (g+bar{f})psi={phi(x)=int_a^x[psi(t)-bar{psi}]dt}=int_a^b(g+bar{f})phi'+bar{psi}int_a^b(g+bar{f})$;

attenzione: $phi$ NON è in $C_c^infty(I)$, anche se si annulla in $a, b$. Integriamo per parti il primo addendo:

$int_a^b(g+bar{f})phi'=-int_a^b g' phi=-int_a^b h phi$*$=-int_a^b f psi'$;

e riscriviamo il secondo addendo come $bar{f}int_a^b psi$: abbiamo così dimostrato che

$int_a^b(g+bar{f})psi=-int_a^bf psi'+bar{f}int_a^b psi$ ??? da dove esce quel termine in più? Il passaggio segnato con * mi lascia qualche dubbio.

[Rigel1]

"dissonance":
attenzione: $phi$ NON è in $C_c^infty(I)$, anche se si annulla in $a, b$.

Il problema sta proprio qui: $\phi$ non è nemmeno $C^1$ (se prolungata a zero fuori da $[a,b]$), quindi non si può usare come funzione test (ieri sera non ero proprio in grado di connettere ).
Questa $\phi$ è di classe $C^1$ in $[a,b]$, si annulla in $a$ e $b$, ma ha $\phi'(a) = \phi'(b) = -\bar{\psi}$.
Compaiono dunque dei termini di bordo: si ha una relazione del tipo
$\int_a^b h\phi = \int_a^b \phi'' + [f(b)-f(a)]\bar{\psi}$.
Naturalmente a questa relazione ci puoi arrivare formalmente considerando tutto abbastanza regolare.
Per arrivarci rigorosamente puoi ad esempio considerare le regolarizzazioni $\phi_{\epsilon}$ di $\phi$ (devi ambientare il tutto in un intervallo aperto $I$ che contenga $[a,b]$, ma questo è un dettaglio).
Per queste regolarizzazioni sai che
$\int_I h\phi_{\epsilon} = \int_I f \phi_{\epsilon}''$.
Adesso si tratta di passare al limite per $\epsilon\to 0^+$; nel senso delle distribuzioni sai che $\phi_{\epsilon}'' \to \bar{\psi}(\delta_a-\delta_b) + \psi'$.

Ovviamente così diventa tutto eccessivamente macchinoso e non credo abbia senso seguire questa strada per dimostrare ciò a cui eri interessato (ma almeno si dovrebbe capire da dove salta fuori il termine aggiuntivo).

P.S.: la derivata debole di $f$ non è $g+\bar{f}$, ma $g + \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$.

[Rigel1]

Poiché non posso lasciare la questione in sospeso, faccio un altro tentativo.

Sia $I\subset\mathbb{R}$ un intervallo aperto fissato, e sia $\xi$ una qualsiasi primitiva di $h$ in $I$.
Fissiamo una funzione peso $p\in C_c^{\infty}(I)$ t.c. $\int_I p = 1$.

Vogliamo dimostrare che la funzione $g(x) := \xi(x) - \int_I (\xi p+ fp')$ è derivata debole di $f$ in $I$, cioè
$(1) \qquad \int_I g\psi = -\int_I f\psi'\qquad \forall \psi\in C_c^{\infty}(I)$.

Sia dunque $\psi\in C_c^{\infty}(I)$; sia $[a,b]\subset I$ un intervallo compatto t.c. $"supp" p \cup "supp" \psi \subset (a,b)$.
Definiamo la funzione
$\phi(x) := \int_a^x [\psi(t) - (\int_I \psi) p(t) ]dt$ se $x\in [a,b]$, $\phi(x) = 0$ se $x\in I\setminus [a,b]$.
La funzione $\phi$ è di classe $C_c^{\infty}(I)$ (salvo ulteriori errori...)
Di conseguenza
$(2)\qquad \int_I \xi\phi' = -\int_I f \phi''$.
D'altra parte:
$\int_I \xi\phi' = \int_I \xi [\psi - (\int_i\psi) p] = \int_I [\xi - \int_I(\xi p)]\psi$
$\int_I f\phi'' = \int_I f [\psi' - (\int_I \psi) p'] = \int_I f\psi' - (\int_I \psi) (\int_I fp')$.
Sostituendo in (2):
$\int_I [\xi - \int_I(\xi p + f p')]\psi = -\int_I f\psi'$,
dunque (1) è dimostrata.

[dissonance]

Allora... Ho capito da dove sbuca il termine di bordo, si. Inoltre quest'ultima soluzione che proponi ha un aspetto molto interessante. Mi pare che vada bene ma adesso sono davvero stanco, domani me la vedo per benino. Grazie ancora Rigel! Questo topic è molto istruttivo per me.