Normabschätzung durch Hilfsfunktion

09.12.2012, 20:37

RAP

Normabschätzung durch Hilfsfunktion

Und noch was zu Lp-Räumen smile

Diesmal gehts nur um eine Abschätzung, die so grob gehalten ist, dass ich nicht ganz versteh wieso.

Also Voraussetzung: $\begin{eqnarray*} 1 \leq p,q,r,s < \infty \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} f \in C( \Omega \times \mathbb{R} ) \end{eqnarray*}$ und f beschränkt durch $\begin{eqnarray*} |f(x,u)| \leq c(|u|^{\frac{p}{r}} + |u|^{\frac{q}{s}}) \end{eqnarray*}$
Weiter sei $\begin{eqnarray*} \Psi \in C_{c}^{\infty}((-2,2)) \end{eqnarray*}$ derart, dass $\begin{eqnarray*} \Psi = 1 \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} (-1,1) \end{eqnarray*}$ und g und h sind defininiert durch:
$\begin{eqnarray*} g(x,u) = \Psi(u) f(x,u) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} h(x,u)= (1-\Psi (u) ) f(x,u) \end{eqnarray*}$

Behauptung: $\begin{eqnarray*} |g(x,u)| \leq a|u|^{\frac{p}{r}} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |h(x,u)| \leq b|u|^{\frac{q}{s}} \end{eqnarray*}$

Beweis:

Ja der Beweis ist eben das Problem - irgendwie steh ich da aufm Schlauch.
Wir können auf jeden Fall ohne Einschränkung annehmen, dass $\begin{eqnarray*} p/r \leq q/s \end{eqnarray*}$
Dann hätte ich folgende Rechnung anzubieten:

$\begin{eqnarray*} |g(x,u)| = | \Psi (u) f(x,u) | = |\Psi(u)| |f(x,u)| \leq |\Psi (u)| c(|u|^{\frac{p}{r}} + |u|^{\frac{q}{s}}) = |\Psi (u) | c( |u|^{\frac{p}{r}} ( 1 + |u|^{\frac{q}{s} - \frac{p}{r}})) = |\Psi (u) | c ( 1 + |u|^{\frac{q}{s} - \frac{p}{r}}) |u|^{\frac{p}{r}} \end{eqnarray*}$ Dann definieren wir einfach a, als alles was vor $\begin{eqnarray*} |u|^{\frac{p}{r}} \end{eqnarray*}$ steht.

Ich denke die Rechnung ist in Ordnung?
Was ich aber nicht begreife, ist die komische Definition von $\begin{eqnarray*} \Psi \end{eqnarray*}$ . Wieso soll das gerade 1 auf dem Intervall (-1,1) sein und ist sonst auf (-2,2) definiert?

Liebe Grüße

RAP

09.12.2012, 21:37

Che Netzer

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RE: Normabschätzung durch Hilfsfunktion
Vielleicht erstmal die Erklärung zu $\begin{eqnarray*} \Psi \end{eqnarray*}$ : Das ist so gewählt, dass
$\begin{eqnarray*} \Psi(x)=\begin{cases}1&\lvert x\rvert<1\\0&\lvert x\rvert>2\,.\end{cases} \end{eqnarray*}$
Zwischen Eins und Zwei ist es glatt (und insbesondere beschränkt).
D.h. die Multiplikation mit $\begin{eqnarray*} \Psi \end{eqnarray*}$ schneidet einen Abschnitt um Null heraus; Bereiche "um Unendlich" werden ignoriert.
In $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ dominieren dann also die kleineren Potenzen, da diese um Null herum stärker ins Gewicht fallen.

Bei deiner Definition von $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ musst du dann noch das Maximum bilden.
Und die Aussage gilt sowieso nur, wenn man schon $\begin{eqnarray*} \frac pr\leq\frac qs \end{eqnarray*}$ annimmt, das darf man nicht erst im Beweis.

10.12.2012, 10:51

RAP

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Ah wunderbar! Das hilft mir sehr weiter. Danke!

Dann hab ich jetzt folgendes:

$\begin{eqnarray*} |g(x,u)| \leq |\Psi (u)| c (|u|^{\frac{p}{r}}+|u|^{\frac{q}{s}}) = |\Psi(u)| c (1+ |u|^{\frac{q}{s}-\frac{p}{r}}) |u|^{\frac{p}{r}} \leq max_{x \in \Omega} ( |\Psi(u)| c (1+ |u|^{\frac{q}{s}-\frac{p}{r}})) |u|^{\frac{p}{r}} \end{eqnarray*}$ und dann setze ich $\begin{eqnarray*} a := max_{x \in \Omega} ( |\Psi(u)| c (1+ |u|^{\frac{q}{s}-\frac{p}{r}})) \end{eqnarray*}$ und es steht da.

Und für h:

$\begin{eqnarray*} |h(x,u)| = |(1-\Psi(u))f(x,u)| \leq |1-\Psi(u)|c(|u|^{\frac{q}{s}}(|u|^{\frac{p}{r}-\frac{q}{s}} +1 )) = |1-\Psi(u)| c (|u|^{\frac{p}{r}-\frac{q}{s}} +1 ) |u|^{\frac{q}{s}} \end{eqnarray*}$ und jetzt machts nichts, dass der Exponent kleiner 0 ist, weil der Bruch für kleine u zwar unendlich groß wird, aber dafür $\begin{eqnarray*} \Psi(u) = 1 \end{eqnarray*}$ und somit alles 0 wird. Dann wieder Maximum nehmen $\begin{eqnarray*} b:= max_{x \in \Omega} (|1-\Psi(u)| c (|u|^{\frac{p}{r}-\frac{q}{s}} +1 )) \end{eqnarray*}$ und es steht wieder da.

So gefällts mir. Passt alles?

Eine Frage hab ich noch: Wie geht der Beweis, dass unendlich oft differenzierbare Funktionen mit kompaktem Träger beschränkt sind? Das interessiert mich noch genauer.

Lg

RAP

10.12.2012, 17:54

Che Netzer

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Statt $\begin{eqnarray*} x\in\Omega \end{eqnarray*}$ muss es natürlich $\begin{eqnarray*} u\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ heißen.
Ansonsten würde ich nur etwas genauer beschreiben, wieso die Maxima existieren.

Zur Frage: Stetige Funktionen bilden kompakte Mengen auf kompakte Mengen ab.

10.12.2012, 21:17

RAP

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Sehr schön. Du hast mir sehr geholfen!

Das mit dem $\begin{eqnarray*} u \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ ist doch an sich wurst, da $\begin{eqnarray*} u \in L^{p}(\Omega) \cap L^{q}(\Omega) \end{eqnarray*}$ und damit hier $\begin{eqnarray*} u: \Omega \rightarrow \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f(x,u) \end{eqnarray*}$ ist praktisch Kurzschreibweise für $\begin{eqnarray*} f(x,u(x)) \end{eqnarray*}$

Das mit dem komapkten Träger ist mir jetzt auch klar. Manchmal ist es so schön simpel.

Und das mit den Maxima ergibt sich ja aus der Definition von $\begin{eqnarray*} \Psi \end{eqnarray*}$ . z.B. bei der Abschätzung von g ist für $\begin{eqnarray*} |u| > 2 \end{eqnarray*}$ sowieso alles 0. Für $\begin{eqnarray*} 1 \leq |u| \leq 2 \end{eqnarray*}$ ist eben $\begin{eqnarray*} \Psi \end{eqnarray*}$ beschränkt und es gibt auch kein Problem. Und für $\begin{eqnarray*} |u| < 1 \end{eqnarray*}$ wird der Ausdruck mit u ja nur kleiner, weil der Exponent nach der Annahme $\begin{eqnarray*} p/r < q/s \end{eqnarray*}$ immer größer 0 bleibt.

Abgesehen davon: Es muss doch gar nicht das Maximum sein? Das Supremum würd's doch auch tun.

10.12.2012, 21:21

Che Netzer

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Zitat:

Original von RAP
Das mit dem $\begin{eqnarray*} u \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ ist doch an sich wurst, da $\begin{eqnarray*} u \in L^{p}(\Omega) \cap L^{q}(\Omega) \end{eqnarray*}$ und damit hier $\begin{eqnarray*} u: \Omega \rightarrow \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f(x,u) \end{eqnarray*}$ ist praktisch Kurzschreibweise für $\begin{eqnarray*} f(x,u(x)) \end{eqnarray*}$

Ach so, sag das doch gleich.
Wenn ihr annehmen könnt, dass $\begin{eqnarray*} u=u(x) \end{eqnarray*}$ , dann stimmt das so natürlich.

Das Supremum würde auch genügen, aber das muss immerhin noch endlich sein.
Das Hauptargument ist, dass $\begin{eqnarray*} \lvert x\rvert^\alpha \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} \alpha>0 \end{eqnarray*}$ beschränkt in jeder beschränkten Umgebung von Null ist (nur im Unendlichen unbeschränkt), für $\begin{eqnarray*} \alpha<0 \end{eqnarray*}$ umgekehrt.

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