Funzioni test
Consideriamo la seguente funzione
v = u - K se |u|≤K , mentre è pari a O altrimenti, dove
K=max{a,b,||f||2}, in cui
u(0)=a ed u(1)=b, e naturalmente u è definita in (0,1). Perchè vale che se
u(0)-K=a-K ≤O
e che u(1)-K=b-K ≤O
allora la funzione v è una funzione test, cioè v(0) = v(1)=0?
v = u - K se |u|≤K , mentre è pari a O altrimenti, dove
K=max{a,b,||f||2}, in cui
u(0)=a ed u(1)=b, e naturalmente u è definita in (0,1). Perchè vale che se
u(0)-K=a-K ≤O
e che u(1)-K=b-K ≤O
allora la funzione v è una funzione test, cioè v(0) = v(1)=0?
Risposte
Ciao, ho letto ieri sera il tuo post sulle troncature. Mi ripromettevo di fare una verifica ma non ho avuto tempo.
Mi sa che c'è un errore nella definizione della troncatura - per me (a occhio) la troncata deve essere $v=u-k$ se $u\geq k$ e zero altrimenti.
Credo (a memoria) che se usi quel test alla fine trovi $v=0$ e quindi $u\leq K$.
Oppure usando la tua definizione ( ma comunque io toglierei il valore assoluto perchè se no $v$ non sta neanche in $H^1$) usi come test $u-v$. Prova ad andare avanti nella dimostrazione per vedere se così le cose tornano.
Mi sa che c'è un errore nella definizione della troncatura - per me (a occhio) la troncata deve essere $v=u-k$ se $u\geq k$ e zero altrimenti.
Credo (a memoria) che se usi quel test alla fine trovi $v=0$ e quindi $u\leq K$.
Oppure usando la tua definizione ( ma comunque io toglierei il valore assoluto perchè se no $v$ non sta neanche in $H^1$) usi come test $u-v$. Prova ad andare avanti nella dimostrazione per vedere se così le cose tornano.
Come ha già detto VG, di norma (immagino tu stia facendo la dimostrazione di qualche principio del massimo) si usa una funzione del tipo $v=u-K$ dove $u>K$, mentre $v=0$ altrimenti.
In tal caso verifichi subito che $v(0) = v(1) = 0$.
In tal caso verifichi subito che $v(0) = v(1) = 0$.
Ci avevo pensato pure io, ma dal testo Analisi Funzionale di Haim Brezis l'operatore di troncatore (pg.96) è definito come
Tk:R->R è definito come $ T_k(u)=u $ se |u|≤ K, 0 altrimenti.
Se qualcuno ha questo testo può verificare.
Perciò il problema rimane aperto.
Tk:R->R è definito come $ T_k(u)=u $ se |u|≤ K, 0 altrimenti.
Se qualcuno ha questo testo può verificare.
Perciò il problema rimane aperto.
"Obionekenobi":
Ci avevo pensato pure io, ma dal testo Analisi Funzionale di Haim Brezis l'operatore di troncatore (pg.96) è definito come
Tk:R->R è definito come $ T_k(u)=u $ se |u|≤ K, 0 altrimenti.
Se qualcuno ha questo testo può verificare.
Perciò il problema rimane aperto.
Ti sbagli: l'operatore definito a pag. 96 del Brezis è definito come $T_k(u)=u$ se $|u|\leq k$, $T_k(u)=K$ se $u\geq k$ e $T_k(u)=-K$ se $u\leq -K$ (stiamo prendendo $k\geq0$).
Se no che troncatura sarebbe
Si hai ragione mi sono confuso con la v =$ T_k(u) - u $, che quindi vale 0 se |u| è maggiore di k. Comunque come vedi la troncatura come la volevi fare tu e pure io non va bene (sfortunatamente)!! Domanda: ma per far vedere che v è a supporto compatto non si può far vedere che vale zero in K sign (u), cioè è nulla fuori dal compatto [-K,K]??? Cmq VG, tanto per farti capire, la mia prof ha provato il teorema di pg 227, solo che come funzione test ha usato appunto v =$ T_k(u) - u $, così puoi darci uno sguardo se hai tempo. Ma la test deve essere per forza a supporto compatto su (0,1), oppure si può prendere anche un altro intervallo?
"Obionekenobi":
Si hai ragione mi sono confuso con la v =$ T_k(u) - u $, che quindi vale 0 se |u| è maggiore di k. Comunque come vedi la troncatura come la volevi fare tu e pure io non va bene (sfortunatamente)!! Domanda: ma per far vedere che v è a supporto compatto non si può far vedere che vale zero in K sign (u), cioè è nulla fuori dal compatto [-K,K]??? Cmq VG, tanto per farti capire, la mia prof ha provato il teorema di pg 227, solo che come funzione test ha usato appunto v =$ T_k(u) - u $, così puoi darci uno sguardo se hai tempo. Ma la test deve essere per forza a supporto compatto su (0,1), oppure si può prendere anche un altro intervallo?
Ho cancellato una risposta precedente in cui avevo scritto stupidaggini.
Scusa, ma $v = T_k(u) - u $ vale $0$ se $|u|\leq k$ NON se $|u|$ è maggiore di $K$. Quella $v$ mi pare proprio il test giusto - infatti è in $H_0^1$ proprio perché in $0$ e $1$ si ha $|u|\leq k$. Questa $v$ coincide con quella che avevo scritto io (a parte un cambio di segno) nella zona in cui $u\geq0$ - in effetti io avevo in mente la dim. solo di $u\leq k$ - se usi la tua trovi $-K\leq u\leq K$.
In questi casi bisogna fare un disegnino dei grafici per capire cosa si sta facendo ....
Il tuo ragionamento è corretto, ma il problema è chi io mi sono distratto e ho scritto v=Tk(u)-u, mentre invece almeno secondo il docente, si ha che v=Tk(u)-K: io non riesco a capire come questa possa essere test. Infatti v è pari ad u-K se |u|
Allora mi tocca provare a dimostrare il teorema (preso dall'altro post). Prendo un enunciato leggermente semplificato.
Teorema Se $u$ è soluzione di $-u''+u=f$ su $]0,1[$ con $u(0)=a$ $u(1)=b$ e se $K=max(a,b,||f||_\infty)$ (*) allora $u\leq K$
DIM (cercando di imitare i discorsi precedenti)
Poniamo $T_k^+(s)=min(s,k)$ (cioè $s$ se $s\leq k$ e $k$ se $s\geq k$). Si sa che $T_K^+(u)$ è $H^1$ perché $T_K^+$ è lipschiziana (è un risultato di Stampacchia), che la derivata di $T_K^+(u)$ vale $u'$ dove $u\leq k$ mentre vale $0$ dove $u\geq K$. Prendiamo $v=u-T_k(u)$ che per differenza è in $H^1$. Dato che $u(0)=a\leq K$ e $u(1)\leq b\leq b$ si ha
$T_K^+(u)(0)=u(0)$ e $T_K^+(u)(1)=u(1)$ da cui $v(0)=u(0)-u(0)=0$ e $v(1)=u(1)-u(1)=0$ - in definitiva $v\in H_0^1$.
Possiamo allora moltiplicare l'equazione per $v$ integrare su $[0,1]$ e fare l'integrale per parti - essendo $v$ nulla agli estremi i pezzi di bordo spariscono e viene:
$\int_0^1u'(u)v'(t)dt+\int_0^1u(t)v(t)=\int_0^1f(t)v(t)dt$.
Per come sono fatte $v$ e $v'$ (dividi le $t$ in due: quelle dove $T_K^+(u)=u$ e quelle dove $T_K^+(u)=K$) si ha
$\int_0^1u'(u)v'(t)dt=\int_0^1v'(t)^2dt$, $\int_0^1u(t)v(t)dt=\int_0^1(v(t)+k)v(t)dt=\int_0^1v(t)^2dt+k\int_0^1v(t)dt$
DUNQUE
$\int_0^1f(t)v(t)dt=\int_0^1v'(t)^2dt+\int_0^1v(t)^2dt+K\int_0^1v(t)dt$
cioè
$\int_0^1(f(t)-K)v(t)dt=\int_0^1v'(t)^2dt+\int_0^1v(t)^2dt$.
Per la scelta di $K$ si ha $f(t)\leq K$ e per costruzione $v\geq0$. Dunque l'integrale a sinistra è negativo e quindi $\int_0^1v'(t)^2dt+\int_0^1v(t)^2dt=0$.
Se ne ricava $v=0$ cioè $v\leq K$.
Spero che non ci siano sviste.
(*) ATTENZIONE CI VA $||f||_\infty$ non $||f||_2$ (com'era scritto nell'altro post).
Teorema Se $u$ è soluzione di $-u''+u=f$ su $]0,1[$ con $u(0)=a$ $u(1)=b$ e se $K=max(a,b,||f||_\infty)$ (*) allora $u\leq K$
DIM (cercando di imitare i discorsi precedenti)
Poniamo $T_k^+(s)=min(s,k)$ (cioè $s$ se $s\leq k$ e $k$ se $s\geq k$). Si sa che $T_K^+(u)$ è $H^1$ perché $T_K^+$ è lipschiziana (è un risultato di Stampacchia), che la derivata di $T_K^+(u)$ vale $u'$ dove $u\leq k$ mentre vale $0$ dove $u\geq K$. Prendiamo $v=u-T_k(u)$ che per differenza è in $H^1$. Dato che $u(0)=a\leq K$ e $u(1)\leq b\leq b$ si ha
$T_K^+(u)(0)=u(0)$ e $T_K^+(u)(1)=u(1)$ da cui $v(0)=u(0)-u(0)=0$ e $v(1)=u(1)-u(1)=0$ - in definitiva $v\in H_0^1$.
Possiamo allora moltiplicare l'equazione per $v$ integrare su $[0,1]$ e fare l'integrale per parti - essendo $v$ nulla agli estremi i pezzi di bordo spariscono e viene:
$\int_0^1u'(u)v'(t)dt+\int_0^1u(t)v(t)=\int_0^1f(t)v(t)dt$.
Per come sono fatte $v$ e $v'$ (dividi le $t$ in due: quelle dove $T_K^+(u)=u$ e quelle dove $T_K^+(u)=K$) si ha
$\int_0^1u'(u)v'(t)dt=\int_0^1v'(t)^2dt$, $\int_0^1u(t)v(t)dt=\int_0^1(v(t)+k)v(t)dt=\int_0^1v(t)^2dt+k\int_0^1v(t)dt$
DUNQUE
$\int_0^1f(t)v(t)dt=\int_0^1v'(t)^2dt+\int_0^1v(t)^2dt+K\int_0^1v(t)dt$
cioè
$\int_0^1(f(t)-K)v(t)dt=\int_0^1v'(t)^2dt+\int_0^1v(t)^2dt$.
Per la scelta di $K$ si ha $f(t)\leq K$ e per costruzione $v\geq0$. Dunque l'integrale a sinistra è negativo e quindi $\int_0^1v'(t)^2dt+\int_0^1v(t)^2dt=0$.
Se ne ricava $v=0$ cioè $v\leq K$.
Spero che non ci siano sviste.
(*) ATTENZIONE CI VA $||f||_\infty$ non $||f||_2$ (com'era scritto nell'altro post).
Quindi chi ha fatto la dimostrazione a me non solo ha sbagliate la funzione test che secondo te è v = u-Tk(u) e non v=Tk(u)-K, ma pure il fatto sulla norma. Senti ma vorrei sapere, giusto così quando vado a ricevimento, ma da che libro hai presto tutto ciò? Se me lo dici mi fai un gran favore. Grazie.
"Obionekenobi":
Quindi chi ha fatto la dimostrazione a me non solo ha sbagliate la funzione test che secondo te è v = u-Tk(u) e non v=Tk(u)-K, ma pure il fatto sulla norma. Senti ma vorrei sapere, giusto così quando vado a ricevimento, ma da che libro hai presto tutto ciò? Se me lo dici mi fai un gran favore. Grazie.
Per la verità io mi sono ricostruito la dimostrazione e siccome non mi riusciva con la norma $L^2$ ho guardato l'enunciato del Brezis alla pagina che mi avevi citato e ho visto (cosa che avrei dovuto sapere già da prima ...) che si prende $K\geq "sup" f$. Per pigrizia ho scritto $||f||_\infty$
ma in effetti avrei dovuto mettere $"sup" f$ ( e puoi vedere che non cambia nulla) mentre per la disuguaglianza da sotto ci va l'inf di $f$.
Per dei discorsi più complicati sono sicuro che il massimo della $u$ si può anche stimare con la norma $L^2$ di $f$ MOLTIPLICATA per un'opportuna costante, e potrebbe essere che questa costante sia proprio $1$ dato che l'intervallo ha lunghezza $1$, ma non lo vedo
(e comunque non è il teorema che fa Brezis).
Si ma nel teorema non c'è il sup, ma extension sup, cioè l'estremo superiore essenziale: non so però dirti se è la stessa cosa.
"Obionekenobi":
Si ma nel teorema non c'è il sup, ma extension sup, cioè l'estremo superiore essenziale: non so però dirti se è la stessa cosa.
Va bene anche il sup essenziale - se riguardi la dimostrazione vedi che ciò che serve è che
$\int_0^1(f(t)-K)v(t)dt\leq0$
e questo è sicuramente vero se $f(t)\leq K$ per quasi ogni $t$ (cioè se il sup essenziale di $f$ è minore o eguale a $K$).
Ok. L'unica cosa che non andava nel mio caso era che la mia prof aveva usato un'altra funzione (che sembra non essere test). Cmq parlerò con lei e ti farò sapere. Grazie dell'aiuto.
@Obionekenobi: Tanto per chiarire un altro paio di cosette a margine degli interventi già chiarificatori di chi mi ha preceduto...
L'operatore di troncatura a livello [tex]$k>0$[/tex] è definito come segue:
[tex]$T_k y:=\max \big\{ -k,\min \{ y,k \}\big\}$[/tex]
[tex]$=\min \big\{ k, \max \{ y,-k\}\big\}$[/tex]
[tex]$=\begin{cases} -k &\text{, se $y\leq -k$} \\ y &\text{, se $-k\leq y\leq k$} \\ k &\text{, se $k\leq y$}\end{cases}$[/tex],
e la troncatura di una funzione [tex]$u(x)$[/tex] a livello [tex]$k$[/tex] altro non è che la funzione composta [tex]$T_k\circ u(x)$[/tex], denotata semplicemente con [tex]$T_ku(x)$[/tex].
Il grafico dell'operatore [tex]$T_2y$[/tex] è il seguente:
[asvg]xmin=-3;xmax=3; ymin=-3;ymax=3;
axes("","");
stroke="red"; strokewidth=2;
line([-4,-2],[-2,-2]); line([2,2],[4,2]);
stroke="orange"; strokewidth=2;
line([-2,-2],[2,2]);[/asvg]
e, se [tex]$u(x)=x(x^2-4)$[/tex] in [tex]$[-3,3]$[/tex]:
[asvg]xmin=-4;xmax=4;ymin=-4;ymax=4;
axes("","");
stroke="orange"; strokewidth=2;
plot("x*(x^2-4)",-3,3);[/asvg]
allora il grafico di [tex]$T_2u(x)$[/tex] è il seguente:
[asvg]xmin=-4;xmax=4;ymin=-4;ymax=4;
axes("","");
stroke="red"; strokewidth=2;
line([-3,-2],[-2.214,-2]); line([-1.675,2],[-0.539,2]); line([1.675,-2],[0.539,-2]); line([2.214,2],[3,2]);
stroke="orange"; strokewidth=2;
plot("x*(x^2-4)",-2.214,-1.675); plot("x*(x^2-4)",-0.539,0.539); plot("x*(x^2-4)",1.675,2.214);[/asvg]
Quindi, in pratica, l'operatore di troncatura [tex]$T_k$[/tex] applicato ad una funzione [tex]$u(x)$[/tex] ti fornisce: la funzione stessa [tex]$u(x)$[/tex], laddove essa assume valori compresi tra [tex]$-k$[/tex] e [tex]$k$[/tex]; oppure [tex]$\pm k$[/tex], laddove la funzione assume valori [tex]$\geq k$[/tex] oppure [tex]$\leq -k$[/tex].
Ovviamente, se [tex]$u(x)$[/tex] è misurabile la funzione [tex]$T_ku(x)$[/tex] è una funzione [tex]$L^\infty$[/tex] con [tex]$\lVert T_ku\rVert_\infty \leq k$[/tex]; inoltre, se [tex]$u(x)\in W^{1,p}(I)$[/tex] si ha [tex]$T_ku(x)\in W^{1,p}(I)$[/tex] e [tex]$\lVert \nabla T_ku(x)\lVert_p \leq \lVert \nabla u(x)\lVert_p$[/tex] (questo è abbastanza intuitivo: infatti l'operatore [tex]$T_k$[/tex] "appiattisce" in alcune zone il grafico di [tex]$u(x)$[/tex] e, in tali zone piatte, il gradiente di [tex]$T_ku(x)$[/tex] è nullo q.o.; altrove, ossia lì dove [tex]$T_ku(x)=u(x)$[/tex], si ha invece [tex]$\nabla T_ku(x)=\nabla u(x)$[/tex]; quindi la disuguaglianza segue immediatamente).
L'operatore di troncatura a livello [tex]$k>0$[/tex] è definito come segue:
[tex]$T_k y:=\max \big\{ -k,\min \{ y,k \}\big\}$[/tex]
[tex]$=\min \big\{ k, \max \{ y,-k\}\big\}$[/tex]
[tex]$=\begin{cases} -k &\text{, se $y\leq -k$} \\ y &\text{, se $-k\leq y\leq k$} \\ k &\text{, se $k\leq y$}\end{cases}$[/tex],
e la troncatura di una funzione [tex]$u(x)$[/tex] a livello [tex]$k$[/tex] altro non è che la funzione composta [tex]$T_k\circ u(x)$[/tex], denotata semplicemente con [tex]$T_ku(x)$[/tex].
Il grafico dell'operatore [tex]$T_2y$[/tex] è il seguente:
[asvg]xmin=-3;xmax=3; ymin=-3;ymax=3;
axes("","");
stroke="red"; strokewidth=2;
line([-4,-2],[-2,-2]); line([2,2],[4,2]);
stroke="orange"; strokewidth=2;
line([-2,-2],[2,2]);[/asvg]
e, se [tex]$u(x)=x(x^2-4)$[/tex] in [tex]$[-3,3]$[/tex]:
[asvg]xmin=-4;xmax=4;ymin=-4;ymax=4;
axes("","");
stroke="orange"; strokewidth=2;
plot("x*(x^2-4)",-3,3);[/asvg]
allora il grafico di [tex]$T_2u(x)$[/tex] è il seguente:
[asvg]xmin=-4;xmax=4;ymin=-4;ymax=4;
axes("","");
stroke="red"; strokewidth=2;
line([-3,-2],[-2.214,-2]); line([-1.675,2],[-0.539,2]); line([1.675,-2],[0.539,-2]); line([2.214,2],[3,2]);
stroke="orange"; strokewidth=2;
plot("x*(x^2-4)",-2.214,-1.675); plot("x*(x^2-4)",-0.539,0.539); plot("x*(x^2-4)",1.675,2.214);[/asvg]
Quindi, in pratica, l'operatore di troncatura [tex]$T_k$[/tex] applicato ad una funzione [tex]$u(x)$[/tex] ti fornisce: la funzione stessa [tex]$u(x)$[/tex], laddove essa assume valori compresi tra [tex]$-k$[/tex] e [tex]$k$[/tex]; oppure [tex]$\pm k$[/tex], laddove la funzione assume valori [tex]$\geq k$[/tex] oppure [tex]$\leq -k$[/tex].
Ovviamente, se [tex]$u(x)$[/tex] è misurabile la funzione [tex]$T_ku(x)$[/tex] è una funzione [tex]$L^\infty$[/tex] con [tex]$\lVert T_ku\rVert_\infty \leq k$[/tex]; inoltre, se [tex]$u(x)\in W^{1,p}(I)$[/tex] si ha [tex]$T_ku(x)\in W^{1,p}(I)$[/tex] e [tex]$\lVert \nabla T_ku(x)\lVert_p \leq \lVert \nabla u(x)\lVert_p$[/tex] (questo è abbastanza intuitivo: infatti l'operatore [tex]$T_k$[/tex] "appiattisce" in alcune zone il grafico di [tex]$u(x)$[/tex] e, in tali zone piatte, il gradiente di [tex]$T_ku(x)$[/tex] è nullo q.o.; altrove, ossia lì dove [tex]$T_ku(x)=u(x)$[/tex], si ha invece [tex]$\nabla T_ku(x)=\nabla u(x)$[/tex]; quindi la disuguaglianza segue immediatamente).
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