L'inverter del laplaciano è compatto

[aleM]

Alla fine della lezione 48 abbiamo visto l'esempio dell'operatore \(A:L^2(\Omega) \rightarrow L^2(\Omega)\) che ad una \(f \in L^2(\Omega)\) associa l'unica \(u \in H^1_0(\Omega)\) che è soluzione debole di \(\Delta u = f\).

A questo punto se \(\Omega\) è limitato, per mostrare la compattezza di \(A\) vorrei usare l'immersione compatta \(H^1 \subseteq L^2\). In partenza ho una successione limitata \(||f_n||_{L^2(\Omega)} \leq M\), e da qui vorrei una limitazione in norma \(H^1\) per \(Af_n=u_n\), per poi applicare l'immersione compatta ed estrarre la sottosuccessione \(u_{n_k}\) convergente in \(L^2\).

Se \(\Omega\) è buono, con la regolarità \(L^2\) controllo le norme delle derivate seconde con \(||D^2u_n||_{L^2(\Omega)} \leq c \, ||f_n||_{L^2(\Omega)} \leq cM = M'\).

Inoltre la Poincaré mi dice che \(||u_n||_{L^2(\Omega)} \leq c \, || \nabla u_n ||_{L^2(\Omega)}\).

Per concludere servirebbe una stima su \(|| \nabla u_n ||_{L^2(\Omega)}\), verosimilmente da ricavare da quella sulle derivate seconde, ma in che modo? Con una Poincaré iterata, anche se le \(u_n\) stanno solo in \(H^1_0\) e non in \(H^2_0\)?

[Massimo Gobbino]

Sì, serve proprio una stima \(L^2\) sul gradiente.

In dimensione uno questa si ricava abbastanza facilmente da quella sulle derivate seconde. Come? Perché?

L'idea però non mi pare che si ricicli in dimensione più alta, e per quanto ne so io bisogna fare un altro giro. Qualcuno vuole contribuire?

[aleM]

in dimensione 1 direi innanzitutto che le \(u_n\) per immersione sono 1/2-holderiane, quindi nulle al bordo dato che sono \(H^1_0\). Poi la stima \(L^2\) sulle \(\ddot{u}_n\) mi dice che le \(u_n\) stanno anche in \(H^2\), e quindi le \(\dot{u}_n\) stanno in \(H^1\), dunque anche loro sono 1/2-holderiane.

La stima sulle derivate seconde inoltre mi dice che le \(\dot{u}_n\) sono equi-1/2-holderiane con costante maggiorata da quell'\(M'\).

A questo punto si ottiene una stima addirittura \(L^{\infty}\) per le derivate: per ogni \(n\) esiste un punto \(a_n \in \Omega\) tale che \(\dot{u}_n(a_n)=0\) perché le \(u_n\) sono nulle al bordo (Rolle), quindi \(|\dot{u}_n(x)| \leq |\dot{u}_n(a_n)|+|\dot{u}_n(x)-\dot{u}_n(a_n)| \leq 0 + M'|x-a_n|^{1/2}= M' \mu(\Omega)^{1/2} = M''\).

[Massimo Gobbino]

Già, il buon Rolle è proprio quello che non possiamo usare così facilmente in dimensione più alta.

[Massimo Gobbino]

Ecco un aiutino per avere la stima sul gradiente. Invito ad espandere i dettagli.

[+] Stima_sul_gradiente

Moltiplicando l'equazione per u, ed integrando il LHS per parti, riusciamo a stimare il gradiente in funzione di u, che è qualcosa contro natura. D'altra parte, per Poincaré possiamo stimare u in funzione del gradiente, secondo natura.

Mettendo insieme le due stime ...

[aleM]

Forse ci sono, presa una qualunque \(u_n\) di quelle (chiamiamola \(u\) per semplicità), si ha \(u \Delta u = uf\), ora si integra su \(\Omega\) ottenendo \(|\int_{\Omega} u \Delta u \, dx| = |\langle u,f \rangle| \leq ||u||_{L^2(\Omega)} \cdot ||f||_{L^2(\Omega)} \leq c || \nabla u ||_{L^2(\Omega)} \cdot M = M' || \nabla u ||_{L^2(\Omega)}\) (Cauchy-Schwarz + limitazione di f + Poincaré).

A questo punto si integra per parti il LHS e si ha \(LHS = || \nabla u ||_{L^2(\Omega)}^2\) con la parte di bordo che è nulla per le condizioni al bordo di \(u\).

Metto insieme: \(|| \nabla u ||_{L^2(\Omega)}^2 - M'' || \nabla u ||_{L^2(\Omega)} \leq 0\) che implica la limitazione L2 del gradiente.

Il passaggio per parti è giustificato dalla regolarità L2, cioè possiamo usare Gauss Green sulle approssimanti e passare al limite scegliendo approssimanti \(H^1_0\) per la \(u\) e approssimanti \(H^2\) per il laplaciano, giusto?