Dimostrazione per un funzionale

[beppe_87]

Salve ho il seguente problema. ho il seguente funzionale
$I(u)=\frac{1}{2}\int_{R^N}|\nabla u|^2+V(x)u^2dx-\int_{R^N}F(x,u)dx$
Dove $F(t)=∫_0^tf(x,r)dr$ dove f \'e una funzione che soddisfa la seguente relazione $\frac{f(x,t)}{|t|}$ è strettamente crescente in t uniformemente in x.
Sia u_n una successione che sta nel seguente vincolo $S={\int_{R^N}|\nabla u|^2+V(x)u^2dx=\int_{R^N}f(u)udx}$
Devo dimostare che $∀R>0$ è verificata la disugualianza $I(Ru_n)≤I(u_n)$ ci sono riuscito solo per R compreso tra 0 e 1.
Spero mi saprete dare una mano.

[gugo82]

L'omogeneità del pezzo [tex]\mathcal{I}_1:=\frac{1}{2} \int_{\mathbb{R}^N} |\nabla u|^2+V\ u^2[/tex] fornisce:

[tex]$\mathcal{I}_1[Ru]=R^2 \mathcal{I}_1$[/tex],

quindi se [tex]$R\geq1$[/tex] si ha [tex]$\mathcal{I}_1[Ru]\geq \mathcal{I}_1$[/tex]; d'altra parte è:

[tex]$F(x,Ru)=\int_0^{Ru} f(x,\tau)\ \text{d} \tau \stackrel{\tau =R\theta}{=} R \int_0^u f(x,R\theta)\ \text{d} \theta$[/tex],

però (suppongo [tex]$u>0$[/tex]) per la monotonia di [tex]\frac{f(x,\tau)}{\tau}[/tex] si ha:

[tex]$\frac{f(x,R\theta)}{R\theta}\geq \frac{f(x,\theta)}{\theta} \ \Rightarrow \ f(x,R\theta) \geq R f(x,\theta)$[/tex],

sicché [tex]$F(x,Ru)\geq R^2 F(x,u)$[/tex] e dunque [tex]\mathcal{I}_2[Ru]:=-\int_{\mathbb{R}^N} F(x,Ru) \leq -R^2 \int_{\mathbb{R}^N} F(x,u)=R^2 \mathcal{I}_2[/tex]...

Quindi la situazione è un po' ingarbugliata.

Sei sicuro delle ipotesi?

[beppe_87]

Grazie, sono giunto alle tue conclusioni, ma mi sono appena accorto ke gli autori dell'articolo hanno fatto un errore di battitura, la disugualianza da dimostarre \'e $I(v_nR)\le I(u_n)$ dove $v_n=\frac{u_n}{||u_n||}$ dove $||u_n||=\int_{R^N}|\nabla u_n|^2+V(x)u_n^2dx$ scisate per l'incoveniente ma oggi ci ho perso tre ore!!! credo ke adesso sia facile da dimostrare, scusate ancora

[beppe_87]

Forse ho trovato qualcosa, provo.
$I(Rv)=I(R\frac{u}{||u||})=\frac{R^2}{2}-\int_{R^N}F(x,R\frac{u}{||u||})dx$
Derivo rispetto ad R, la condizione che voglio dimostrare $I(Rv)\le I(u)$ mi dice che ho un massimo per R=$||u||$.
(1) $\frac{d}{dR}I(Rv)=R-\int_{R^N}f(vR)vdx=0$
Ma u soddisfa il vincolo $||u||^2=\int_{R^N}f(u)udx$ quindi la (1) \'e soddisfatta per $R=||u||$, inoltre nn cene possono essere altri per la monotonia di f.\newline
Bisognerebbe dimostrare che è effettivamente un massimo, si potrebbe derivare due volte e dimostare che la sua derivata seconda è minore di zero.
Qualcuno ha idee migliori? perchè io sono a secco.
Grazie

[beppe_87]

Prop
Sia u$\in \{w\in H^1(R^N)$: $\frac{||w||^2}{2}-\int_{R^N}f(x,w)wdx=0\}=S$ definiamo la funzione $v=\frac{u}{||u||}$, allora $\forall s>0$, vale la relazione

1)$I(sv)\le I(u)$
Dim:
La relazione 1) mi dice che I(sv) pensato come funzione di s ha un massimo per $s=||u||$.\newline
Definiamo G(s)=I(sv), derivando e ponendola uguale a zero
$\frac{d}{ds}G(s)=s-\int_{R^N}f(sv)\frac{u}{||u||}dx=0$
$s||u||-\int_{R^N}f(su)udx=0$
Ma dato che u$\in S$
$||u||^2=\int_{R^N}f(u)udx$
Quindi
$\frac{d}{ds}G(s)|_{s=||u||}=0$
Per garantirci che sia un massimo e che sia unico studiamo il segno della derivata di G(s).\newline
$G'(s)>0$ per s$>0$ se
$s-\int_{R^N}f(x,sv)vdx>0$
$1>\int_{R^N}\frac{f(x,s)}{s}vdx$
Ma dato che $\frac{f(x,sv)}{s}$ \'e una funzione crescente nella variabile s, $\exists !s_0 \in R^+$ tale che

G'(s)>0\quad 0 G'(s)=0\quad s=s_0\\
G'(s)<0\quad s>s_0

Quindi $s_0=||u||$ \'e un massimo per la funzione G.