Richiesta di hint per esercizio 4 - 24/02/17

[Sciabolight]

Non riesco a risolvere il punto b dell'esercizio in questione. Infatti la lagrangiana considerata non è convessa in p e questo crea problemi quando si applica il metodo diretto e si vuole verificare la semicontinuità.
Inoltre, non ho idea di quale possa essere un riscalamento opportuno per le funzioni, dopo averle traslate in modo che i dati al bordo siano 0 (ammesso che sia una scelta sensata). Qualche idea? Esistono delle soluzioni pubblicate in rete dei compiti d'esame?

[Crusp]

Ciao!

Per quanto riguarda la prima domanda mi sembra che basti osservare che la lagrangiana ha crescita sopraquadratica:

$\exists A \in \mathbb{R}, A>0, B \in \mathbb{R}$ tali che $\epsilon p^4-p^2\geq Ap^2-B$.

Da qui dovresti concludere la Sci!

L'altro punto non l'ho ancora visto ( e in realtà non sono ancora molto capace a fare gli esercizi di quel tipo).

[Crusp]

Non vorrei dire una fesseria, ma credo non ci sia bisogno di riscalamento, in quel caso.

Mi sembra che il funzionale gamma converge in $L^2$ al funzionale senza il termine con la $\epsilon$. Più tari provo a e verificarlo e in caso ti faccio sapere.


EDIT: Qui ho sicuramente detto una fesseria, ci penso più tardi!

[Sciabolight]

Non capisco come si faccia a concludere la SCI dall'ipotesi di crescita almeno quadratica. Usando la tua stima, si trova che $\liminf \int \epsilon \dot{u}^4_n-\dot{u}^2_n\geq A\dot{u}^4 - B$ per A e B opportuni.
E poi?

[Crusp]

Mi sa che devo imparare a scrivere le cose per bene prima di parlare

[Crusp]

Mi sembra di aver trovato un'osservazione utile per la risoluzione del punto b).

Intanto provo a rispondere al punto a):

Innanzitutto si mostra che per ogni funzione $u \in C^1(0,1)$ che rispetta le DBC $\int_0^1 -u'^2+u^{2}\,dy \geq 0$:

1) Si mostra che esiste $u_0$ soluzione di Ele con quei dati al bordo e che il funzionale valutato in $u_0$ è maggiore uguale a 0.

2) Si considera un competitore $w=u_0+v$ con $v$ nulla al bordo, si calcola $F(u_0+v)$ e si mostra che $F(u_0+v) \geq F(u_0)$ sfruttando il fatto che 0 è minimo globale per $\int_0^1-v'^2+v^{2}\,dy$ con v nulla al bordo.

Quindi si deduce che l'inf da noi cercato è sicuramente $\geq 0$ e quindi per ogni valore di $\epsilon$ l'inf appartiene ad R.

Inoltre da quanto detto sopra si osserva che se $u$ in $H^1$ che soddisfa le DBC è tale che $\int_0^1 u'^{4}+ \int_0^1 -u'^2+u^{2}\,dy =0$ allora $u'=0$ quasi ovunque e quindi $u$ è una costante e l'unica funzione costante che soddisfa le DBC è $u=2017$. Quindi abbiamo che 0 non è sicuramente un minimo.

Per quanto riguarda il punto b:

Direi che per ogni $\epsilon$ fissato l'inf del nostro problema è il minimo del funzionale $G_\epsilon$ che ora introdurrò:

Chiamato $F_\epsilon =\int_0^1 \epsilon u '^4-u'^2+u^{2}\,dy$ il funzionale - esteso a $+ \infty$ al di fuori di $Y=\{u \in C^1(0,1): u(0)=u(1)=2017\}$ - si osserva che il suo rilassato è $G_\epsilon=\int_0^1\psi^{**}(u') + \int_0^1u^{2}\,dy$( in $X=\{u \in H^{1,4}: u(0)=u(1)=2017 \}$ e $+\infty$ altrimenti) con $\psi=\epsilon x^4 -x^2$. ( In realtà dovrei ancora verificare questa affermazione: sicuramente in $H^1$ è quello lì il rilassato perché la funzione $\psi$ ha crescita sopra quadratica. Dovrei verificare però che la dimostrazione che abbiamo fatto in classe va bene pure se abbiamo le DBC).

Si ha quindi che inf$F_\epsilon$ = inf$G_\epsilon$. Però in realtà per l'inf di $G_\epsilon$ è in realtà un minimo in $X$:

- la compattezza dei sottolivelli la si vede sfruttando il fatto che anche il convessificato ha crescita sopra quadratica;

- la Sci è gratis questa volta perché il convessificato è convesso.

Dici che torna? Spero di non aver detto delle cavolate.

Se a questo punto riuscissimo a dire che il minimo $G_\epsilon$ in $X$ non può essere minimo per il funzionale $F_\epsilon$ avremmo risposto alla domanda del punto b: l'inf non è un minimo.

[Andrea_s]

Mi sembra di aver trovato un'osservazione utile per la risoluzione del punto b).

Intanto provo a rispondere al punto a):

Innanzitutto si mostra che per ogni funzione $u \in C^1(0,1)$ che rispetta le DBC $\int_0^1 -u'^2+u^{2}\,dy \geq 0$:

1) Si mostra che esiste $u_0$ soluzione di Ele con quei dati al bordo e che il funzionale valutato in $u_0$ è maggiore uguale a 0.

2) Si considera un competitore $w=u_0+v$ con $v$ nulla al bordo, si calcola $F(u_0+v)$ e si mostra che $F(u_0+v) \geq F(u_0)$ sfruttando il fatto che 0 è minimo globale per $\int_0^1-v'^2+v^{2}\,dy$ con v nulla al bordo.

Quindi si deduce che l'inf da noi cercato è sicuramente $\geq 0$ e quindi per ogni valore di $\epsilon$ l'inf appartiene ad R.

Inoltre da quanto detto sopra si osserva che se $u$ in $H^1$ che soddisfa le DBC è tale che $\int_0^1 u'^{4}+ \int_0^1 -u'^2+u^{2}\,dy =0$ allora $u'=0$ quasi ovunque e quindi $u$ è una costante e l'unica funzione costante che soddisfa le DBC è $u=2017$. Quindi abbiamo che 0 non è sicuramente un minimo.

Per quanto riguarda il punto b:

Direi che per ogni $\epsilon$ fissato l'inf del nostro problema è il minimo del funzionale $G_\epsilon$ che ora introdurrò:

Chiamato $F_\epsilon =\int_0^1 \epsilon u '^4-u'^2+u^{2}\,dy$ il funzionale - esteso a $+ \infty$ al di fuori di $Y=\{u \in C^1(0,1): u(0)=u(1)=2017\}$ - si osserva che il suo rilassato è $G_\epsilon=\int_0^1\psi^{**}(u') + \int_0^1u^{2}\,dy$( in $X=\{u \in H^{1,4}: u(0)=u(1)=2017 \}$ e $+\infty$ altrimenti) con $\psi=\epsilon x^4 -x^2$. ( In realtà dovrei ancora verificare questa affermazione: sicuramente in $H^1$ è quello lì il rilassato perché la funzione $\psi$ ha crescita sopra quadratica. Dovrei verificare però che la dimostrazione che abbiamo fatto in classe va bene pure se abbiamo le DBC).

Si ha quindi che inf$F_\epsilon$ = inf$G_\epsilon$. Però in realtà per l'inf di $G_\epsilon$ è in realtà un minimo in $X$:

- la compattezza dei sottolivelli la si vede sfruttando il fatto che anche il convessificato ha crescita sopra quadratica;

- la Sci è gratis questa volta perché il convessificato è convesso.

Dici che torna? Spero di non aver detto delle cavolate.

Se a questo punto riuscissimo a dire che il minimo $G_\epsilon$ in $X$ non può essere minimo per il funzionale $F_\epsilon$ avremmo risposto alla domanda del punto b: l'inf non è un minimo.

buongiorno al forum,
in verità penso che sia $\inf \left\{\int_0^1 -\dot u^2 + u^2 dx \right\}=-\infty$, questo lo si può vedere ad esempio in due modi: o osservando che esiste sicuramente $u_0 \text{ per cui }\int_0^l \dot u_0^2 - u_0^2 dx>0 \text{ per } l<=\pi$ ( infatti ricordo che in una delle lectures (mi pare la 28) sui quadratic functionals si dimostra che con DBC nulle agli estremi $\min \left\{\int_0^l \dot u^2 - u^2 dx \right\}=0$ per $l<=\pi$ e dal momento che il quadratic functional non è quello nullo, deve essere maggiore di 0 su qualche funzione $u_0$ );
prendo allora $l=1/2$ e un $u_0$ per cui $\int_0^{1/2} \dot u_0^2 - u_0^2 dx>0$ , definisco allora $u_n=nu_0 \text{ per x in [0,1/2] e } u_n=\text{ congiunzione affine tra i punti (1/2,l) e (1,2)}$ allora ho che $F(u_n)=\int_0^{1/2} \dot u_n^2 - u_n^2 dx$ tende a $+\infty$, quindi $-F(u_n)=\int_0^{1/2} -\dot u_n^2 + u_n^2 dx$ tenderà a $-\infty$.


Altrimenti, in modo più rapido, osservo che $F(u)=\int_0^1 -\dot u^2 + u^2 dx$ ha lagrangiana del tipo $L(x,s,p)=\psi (p)+g(x,s)$ con $\psi$ tendente a $-\infty$ per p che va a $\pm\infty$, prendo allora una $u_0$ qualsiasi e su di essa costruisco una successione $u_n$ continua e affine a pezzi, che converga uniformemente su $u_0$ ma che lo faccia a "zigzag", ovvero che abbia derivata pari a $\pm n$ ovunque, allora $F(u_n)$ andrà a $-\infty$, e questo ci dice più in generale perché nei problemi di minimo si trova sempre $\psi(p)$ che va a + infinito agli estremi, altrimenti l'infimum sarebbe di sicuro $-\infty$ .

Per il punto (b) anch'io ho provato a percorrere la strada del convessificato, il mio problema è che non sono riuscito a mostrare che su $u_o$ punto di minimo del convessificato siano uguali il funzionale convessificato e quello originale....e poi concludere tramite il trivial lemma... bhè se dovessi trovare una soluzione la posterò qui sotto sicuramente

EDIT dopo aver letto la risposta di crusp mi sono accorto che nella prima parte di quello che ho scritto ho sbagliato a definire le condizioni al bordo in modo consistente con l'esercizio.

[Crusp]

Grazie mille! Non riesco a capire come sia riuscito a scrivere così tante fesserie.

Per mostrare che che inf di $\int_0^1 v^2-v'^2$ con DBC è $- \infty$ basta in effetti anche osservare che:

Prendo $v \in C^1$ nulla al bordo e negativa e tale che $\int_0^1 v_n^2-v'^2_n$ è minore di 0.

Si osserva quindi che $\int_0^1 (v+2017)^2-(v+2017)'^2=\int_0^1 v^2+2017^2+2v2017^2-v'^2$.

Se quindi consideriamo una famiglia di funzioni $u_t$=$tv+2017$ osserviamo che esse rispettano le DBC e il funzionale tende a $- \infty$ (se valutato lungo esse) per $t$ che tende ad infinito.

[Massimo Gobbino]

Uhm, sono davvero stupito dalle difficoltà che sta creando questo esercizio , che si risolve in poche righe.

[+] Risposta_punto_a

L'inf è sempre reale.

[+] Aiutino_punto_a

La Lagrangiana è limitata dal basso per ogni valore del parametro.

[+] Risposta_punto_b

Il minimo non esiste mai.

[+] Aiutino_punto_b

Se per assurdo ci fosse un minimizer, la sua derivata si annullerebbe almeno in un punto (perché?), e in quel punto la condizione (L) fallirebbe miseramente.

[+] Aiutino_punto_c

Chi è il rilassato di quel funzionale? Qual è il minimo del problema rilassato?

[Crusp]

Grazie!

Rispondo intanto ai primi 2 punti:

a)

L'inf è sempre reale perché la lagrangiana è limitata dal basso dalla funzione $Ap^2-B+s^2 \geq -B$ per un certo $A \in$ R, >0.

b)

Se per assurdo ci fosse un punto di minimo $u_0$ allora la sua derivata si annullerebbe in un certo $x_0$ perché altrimenti la funzione sarebbe strettamente monotona e quindi non potrebbe avere DBC con lo stesso valore.

La condizione (L) fallirebbe perché a quel punto avremmo $L_{pp}(x_0,u(x_0),u'(x_0))=-2$.

[Massimo Gobbino]

la sua derivata si annullerebbe in un certo $x_0$ perché altrimenti la funzione sarebbe strettamente monotona e quindi non potrebbe avere DBC con lo stesso valore.

Oppure perché il buon Rolle vuole i sui 15 minuti di notorietà .

Già che c'ero, ho sistemato un po' di typo nel post precedente .

[Crusp]

Per quanto riguarda il punto c:

EDIT: Ho cancellato la prima parte, pura farneticazione.

Risoluzione punto c) esercizio:

Sia Y= $\{u \in H^1:$ u soddisfa le BC $\}$.

Sia $F'_{\epsilon}:= \int_0^1 (\epsilon^2u'^{4}- \epsilon u'^2)+\epsilon u^2$ in $H^1$.

Sia $m'_\epsilon=inf\{F'_\epsilon: u \in Y\}$. Si vuole mostrare che $m'_\epsilon=\frac{-1}{4}$.

Per farlo basta osservare che:

min$\overline{F'_\epsilon(u)}$ (in $H^1)$è ottenuto valutando $\overline{F'_\epsilon(u)}$ nella funzione identicamente nulla ed è uguale a $-1/4$.

Quindi:

$\frac{-1}{4} \leq \overline{F'_\epsilon(u)} \leq F'_\epsilon(u)$ per ogni $u \in Y$ e per ogni $\epsilon >0$, quindi $\frac{-1}{4} \leq$ liminf $_{\epsilon \rightarrow 0} m'_\epsilon$.

D'altra parte, considerando una famiglia di funzioni costruita in questo modo:

Si parte da 2017 con derivata $\frac{-1}{\sqrt(2\epsilon)}$ fino ad arrivare a 0, poi si fa un bel pezzetto lungo l'asse x e poi si risale con la stessa derivata in modo da essere per $x=1$ in 2017. (E' chiaro che questo lo possiamo fare per $\epsilon$ abbastanza piccolo).

Si ha che:

liminf $_{\epsilon \rightarrow 0} m'_\epsilon \leq$ liminf $_{\epsilon_{ \rightarrow 0}}F'_\epsilon(u_\epsilon)$ $\leq$ limsup $F'_\epsilon(u_\epsilon)$

= limsup $_{\epsilon_{ \rightarrow 0}}(\frac{-1}{4}+\epsilon^{2}u^2_\epsilon) = \frac{-1}{4}$.

Quindi il leading term cercato è $-1/4$.