2-Estensione per i cilindri

[T.Sc]

Salve, non mi tornano i coefficienti necessari ad ottenere una 2 estensione per i cilindri. Per dirla meglio, a lezione avevamo visto che definendo [math]Eu(x,y)=u(x,y) \ \ x \geq 0 \ \ au(-x)+b(-2x) \ \ x < 0$$, si otteneva una 2 estensione per a=3,b=-2. Ho provato a fare il conto in maniera piu' esplicita, ma non mi trovo. Provo a scrivere quello che ho fatto limitandomi al caso $1$-dimensionale per comodita', in quanto l'unico davvero rilevante:l'idea era vedere cosa succedeva nella regione $x <0$ a livello di derivate :li' si ha -au'(-x)-2bu'(-2x)=(Eu)'(x). Si ha quindi: [math]\int_{\mathbb{R}}(Eu)'\psi dx= \int_{\mathbb{R}^+}u' \psi +\int_{\mathbb{R}^-}-au'(-x)-2bu'(-2x) \psi(x) dx . Occupiamoci solo del secondo addendo:cambiamo le variabili e dovrebbe tornare: [math]\int_{\mathbb{R}^-}au'(-x)\psi(x)dx =\int_{\mathbb{R}^+}-au'(x)\psi(-x) dx e [math]\int_{\mathbb{R}^-}-2bu'(-2x)\psi(x)=\int_{\mathbb{R}^+} -b u'(y) \psi(\dfrac{-y}{2}) dy , per cui la funzione da "ridurre a supp compatto" mi verrebbe [math]\psi(y)-a\psi(-y)-b\psi(\dfrac{-y}{2})che mi porterebbe pero' al sistema \phi(0)=\phi'(0)=0 che non mi da' la coppia voluta.

Dove ho sbagliato? Grazie in anticipo

[Massimo Gobbino]

Ti torna, almeno a livello brutale, che

[math]3u(-x)-2u(-2x)

è l'extender giusta? Per questo basta controllare che il suo valore in 0 e quello della sua derivata coincidono con quelli di u.

[Massimo Gobbino]

Anche formalmente mi pare che il conto torni. Facendo solo quello per la derivata seconda, si tratta di dimostrare che

[math]\displaystyle\int_\mathbb{R}(Eu(x))''\cdot\varphi(x)\,dx=\int_\mathbb{R}(Eu(x))\cdot\varphi''(x)\,dx

per ogni [math]\varphi\in C^\infty_c(\mathbb{R}).

Ora con i classici cambi di variabili si ottiene che questa vale se e solo se

[math]\displaystyle\int_\mathbb{R^+}u''(x)\cdot\psi(x)\,dx=\int_\mathbb{R^+}u(x)\cdot\psi''(x)\,dx

dove

[math]\psi(x):=\varphi(x)+a\varphi(-x)+2b\varphi\left(-\dfrac{x}{2}\right)

Ora, come sempre, il problema è che la [math]\psi non ha supporto compatto in [math]\mathbb{R}^+, e quindi l'uguaglianza di sopra non è immediata. Tuttavia, si verifica (ad esempio per approssimazione) che resta vera purché

[math]\psi(0)=\psi'(0)=0,

ma questo è esattamente quello che accade per i valori speciali [math]a=3 e [math]b=-2.

[T.Sc]

Sisi adesso mi torna grazie mille,stavo sbagliando proprio ad impostare le condizioni necessarie.

[dalmo]

Ho provato a ripetere questo stesso conto per cercare di trovare un generico m-extender, si tratterebbe di dimostrare quindi che:

[math]\int_{\mathbb{R}}(Eu(x))^{(m)}\varphi(x)dx=(-1)^m\int_{\mathbb{R}}Eu(x)\varphi(x)^{(m)}dx per ogni [math]\varphi\in C_c^{\infty}(\mathbb{R}).

Ho quindi posto [math]Eu= \sum_{k=1}^{m}a_ku(-kx) e procedendo con i cambi di variabile ho ottenuto [math]\psi(x)=\varphi(x)+\sum_{k=1}^m a_k k^{m-1}(-1)^m\varphi(-\frac{x}{k}). Analogamente al caso [math]m=1 per ottenere i coefficienti [math]a_k è quindi sufficiente imporre [math]\psi^{(n)}(0)=0 per [math]n=0,...,m-1, così facendo si ottiene un sistema lineare di n equazioni in n incognite con matrice associata una matrice invertibile, il sistema ammette pertanto soluzione unica. Precisato questo, la mia domanda è la seguente: supponiamo io voglia ottenere sempre un m-extender, tuttavia anzichè imporre la condizione

[math]\int_{\mathbb{R}}(Eu(x))^{(m)}\varphi(x)dx=(-1)^m\int_{\mathbb{R}}Eu(x)\varphi(x)^{(m)}dx per ogni [math]\varphi\in C_c^{\infty}(\mathbb{R})

impongo

[math]\int_{\mathbb{R}}(Eu(x))^{(n)}\varphi(x)dx=(-1)^n\int_{\mathbb{R}}Eu(x)\varphi(x)^{(n)}dx per ogni [math]\varphi\in C_c^{\infty}(\mathbb{R}) con [math]n<m sempre con [math]Eu(x)=\sum_{k=1}^m a_k u(-kx)

ossia, detto a parole, impongo che l'estesa ammetta derivata debole n-esima con [math]n<m; otterrò allora una certa [math]\psi(x) con coefficienti [math]a_k con [math]k=1,...,m da determinare. Con gli ormai ben noti cambi di variabile ottengo quindi un sistema lineare di m equazioni in m incognite, risolubile con soluzione unica.
Svolgendo il conto con degli m ed n fissati mi sono però accorto che gli [math]a_k sono differenti da quelli ottenuti con il conto svolto nella maniera classica, non riesco a giustificare questa cosa, avendo ottenuto dei ben determinati coefficienti con il conto classico (per intenderci quello con la derivata m-esima) mi aspetterei che questi coefficienti soddisfino a maggior ragione il conto con la derivata n-esima (dato che n<m), che invece risulta soddisfatto da ben altri coefficienti... dev'esserci un errore molto grossolano in quello che sto dicendo ma non riesco ad individuarlo.

[Massimo Gobbino]

Uhm, intanto le funzioni test al LHS e RHS devono essere le stesse ... magari correggi il post.

Poi faccio un po' fatica a seguire il ragionamento. La [math]\psi(x) che si ottiene dipende dai cambi di variabile fatti strada facendo, i quali a loro volta dipendono da come uno ha definito Eu, e non dal numero di derivate alle quali puntiamo. L'unica cosa che dipende dal numero di derivate alle quali puntiamo è il numero di richieste sulla [math]\psi(x), cioè quante sue derivate vogliamo che si annullino.

Per fare un esempio, nel caso del 2-extender trattato in qualche post precedente, imporre lo scarico delle derivate prime avrebbe portato alla stessa [math]\psi(x) con l'unica richiesta del suo annullamento in 0, mentre imporre lo scarico delle derivate seconde porta alla richiesta che [math]\psi(0)=\psi'(0)=0.

O forse non ho capito la domanda?

La cosa carina e notevole è invece che le costanti che vengono fuori dalle condizioni su [math]\psi sono le stesse che vengono fuori imponendo brutalmente che le derivate dell'estesa coincidano in 0 con le derivate della funzione originaria.

[Massimo Gobbino]

Acc... nel giorno del crash c'erano stati dei post successivi a questo in cui si chiariva il dubbio. Provo a riassumerli qui.

L'oggetto del contendere è questo. Sospettiamo che una certa formula rappresenti un 2-extender. Ci sono da fare due verifiche, e cioè che le derivate prime e seconde si scarichino bene su tutta la retta. Con i soliti cambi di variabile ci si riduce ad avere degli scarichi sui soli positivi, non più rispetto alla funzione test [math]\varphi originaria, ma rispetto a delle nuove funzioni [math]\psi_1 e [math]\psi_2, diverse nei due casi.

Ebbene, non c'è nulla di male nel fatto che [math]\psi_1 e [math]\psi_2 siano diverse. Le richieste su di loro per avere lo scarico sui positivi sono diverse!

Per la [math]\psi_1, cioè quella che deriva dallo scarico delle derivate prime, serve che [math]\psi_1(0)=0, e questa condizione è verificata. Per la [math]\psi_2, cioè quella che deriva dallo scarico delle derivate seconde, serve che [math]\psi_1(0)=\psi_1'(0)=0, e pure questa condizione è verificata. Quindi siamo felici .