Existenz der schwachen Ableitung

12.01.2018, 01:44

Studentu

Existenz der schwachen Ableitung

Hallo Forenmitglieder,

ich hoffe, ihr könnt mir bei folgender Aufgabe helfen:

Ist die Fkt. f: $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}, f(x,y,z) = \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}, f(0,0,0) = 0 \end{eqnarray*}$ schwach differenzierbar?

Bislang sind mir sonst noch keine Beispiele mit mehrdimensionalen Funktionen im Zshg. mit schwachen Ableitungen und Sobolevräumen untergekommen, daher habe ich leider keinen Plan, wie man das angeht. Ich habe bis jetzt nur die klassischen partiellen Ableitungen von f bestimmt.

Aber auch bei einem ähnlichen Beispiel im Eindimensionalen, nämlich: Zeige, dass $\begin{eqnarray*} g(x)=(1-x^2)\cdot \mathbb{I}_{[-1,1]}(x) \end{eqnarray*}$ nicht zweimal schach differenzierbar ist, weiß ich nicht, wie man vorgeht.

Für Tipps dazu danke ich im Voraus!

12.01.2018, 09:24

IfindU

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RE: Existenz der schwachen Ableitung
$\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist nur im Nullpunkt nicht klassisch differenzierbar. Wenn es eine schwache Ableitung gibt, so stimmt sie mit der klassichen überein. D.h .man kann nun mit der Definition prüfen, ob es stimmt.

Bei $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ ähnlich. Man berechne die erste schwache Ableitung. Die ist bis auf -1 und +1 klassisch differenzierbar und man kann nachschauen, ob es die Definition erfüllt.

12.01.2018, 16:43

Studentu

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Hallo IfindU,
danke für deine Antwort.

Also kann ich bei der Eindimensionalen Aufgabe dann einfach sagen:

Die schwache Ableitung müsste $\begin{eqnarray*} D^2f(x) = 0, x<-1, D^2f(x) = -2, -1 \leq x \leq 1, D^2f(x) = 0, x>1 \end{eqnarray*}$ sein (ist das für x>0 und x<0 richtig, dass ich das einfach Null setze?)
Und dann zeige ich $\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}D^1f(x)\cdot \Phi'(x) dx = ... = -2\cdot \Phi(1) - 2\cdot \Phi(-1) - \int_{-1}^{1} \Phi(x)\cdot (-2)dx \neq \-\int_{-\infty}^{\infty}\Phi(x)\cdot D^2f(x)dx \end{eqnarray*}$
und daher existiert die schwache Ableitung nicht? Aber ich hab das ja dann nur für die speziell von mir gewählte potentielle schwache Ableitung gezeigt und nicht für jede andere Möglichkeit?

Und wie geht man beim Mehrdimensionalen vor? (Die klassischen partiellen Ableitungen habe ich bereits bestimmt.)

12.01.2018, 18:38

IfindU

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Du hast Recht. Du musst argumentieren, warum deine Wahl die einzige Chance der schwachen Ableitung war.
Dazu kann man abstrakt argumentieren: Man braucht die Eindeutigkeit und "Lokalität" der schwachen Ableitung.
Unter Eindeutigkeit kannst du dir sicher was vorstellen, daher Lokalität.

Sei $\begin{eqnarray*} f : A \to \mathbb R \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} B \subset A \end{eqnarray*}$ . Wir definieren die Einschränkung $\begin{eqnarray*} g : B \to \mathbb R \end{eqnarray*}$ als $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ eingeschränkt auf $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ . Ist $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ schwach differenzierbar mit Ableitung $\begin{eqnarray*} \nabla f \end{eqnarray*}$ , so ist $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ schwach differenzierbar mit Ableitung $\begin{eqnarray*} \nabla g = \nabla f \end{eqnarray*}$ (eingeschränkt auf B natuerlich.)

Also z.b. deine $\begin{eqnarray*} f = (1-x^2) \chi_{(-1,1)} \end{eqnarray*}$ . Eingeschränkt auf $\begin{eqnarray*} (-\infty, -1) \end{eqnarray*}$ ist die Funktion konstant 0. Ist $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ schwach differenzierbar, so muss die Ableitung dort also die Ableitung der Nullfunktion sein. Die ist klassisch bereits 0, und damit die schwache Ableitung (nach Eindeutigkeit) auch 0. Damit kann man sich die schwache Ableitung $\begin{eqnarray*} f' = -2x \chi_{(-1,1)} \end{eqnarray*}$ konstrueiren. $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ muss nicht schwach differenzierbar ist. Aber wenn sie es ist, so muss das die Ableitung sein. Und nichts anderes!

Und zur ersten Funktion: rechne nach. Hilfreich ist
$\begin{eqnarray*} \int_{\mathbb R^3} f(x,y,z) \nabla \varphi(x,y,z) dx dy dz = \int_{\mathbb R^3 \setminus B_r(0)} f(x,y,z) \nabla \varphi(x,y,z) dx dy dz + \int_{B_r(0)} f(x,y,z) \nabla \varphi(x,y,z) dx dy dz \end{eqnarray*}$ ,
wobei $\begin{eqnarray*} B_r(0) \end{eqnarray*}$ der Ball mit Radius $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ um den Nullpunkt ist. Im ersten Integral kann man partiell integrieren (dort ist $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ klassisch differenzierbar). Man bekommt dann Randterme dazu! Am Ende lässt man $\begin{eqnarray*} r \to 0 \end{eqnarray*}$ laufen, und hofft, dass alle Fehlerterme verschwinden. Wenn nicht, ist es ein gutes Zeichen, dass es nicht schwach diffbar war.

13.01.2018, 03:59

Studentu

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Danke für deine ausführliche Erklärung zur Lokalität, IfindU!
Ich glaube, ich habe nun auch besser verstanden, wie man sich die schwache Ableitung konstruiert: Man teilt die Definitionsmenge der Funktion auf unterschiedliche Bereiche auf, auf denen es jeweils eine klassische Ableitung gibt und setzt für die schwache Ableitung dann aus den Ableitungen auf diesen Bereichen eine neue Funktion zusammen. - Kann man das - unmathematisch formuliert - so sagen?

Den Sinn des Aufteilen des mehrdimensionalen Integrals, wie du es beschreiben hast, ahne ich schon. Aber mein Problem ist, dass ich nicht verstehe, wie ich da mit dem Nabla-Operator in dem Integral umgehe verwirrt

Fass man ihn als Divergenz auf, sodass alle partiellen Ableitungen einfließen, oder als Gradient $\begin{eqnarray*} (\frac{d \phi}{dx}, \frac{d\phi}{dy}, \frac{d\phi}{dz}) \end{eqnarray*}$ oder nur als Ableitung nach einer Variablen?
(Ich vermute, als Gradient, dann müssen wir quasi drei Integrale partiell integrieren, nämlich $\begin{eqnarray*} \int_{R^3}f_1(x,y,z)\cdot \frac{d\phi}{dx} dxdydz + \int_{R^3}f_2(x,y,z)\cdot \frac{d\phi}{dy}dxdydz + \int_{R^3}f_3(x,y,z)\cdot \frac{d\phi}{dz} dxdydz \end{eqnarray*}$ , richtig?)

Und noch eine Frage, um sicherzugehen, dass ich das nicht missverstehe: Ist die zweite Funktion deshalb nicht zweimal klassisch differenzierbar, weil $\begin{eqnarray*} \frac{d^2}{d^2x}((1-2x)\cdot \mathbb I_{[-1,1]}) = \frac{d}{dx}(-2\cdot \mathbb I_{[-1,1]}(x) + 0\cdot(1-2x)) \end{eqnarray*}$ , aber $\begin{eqnarray*} -2\cdot \mathbb I_{[-1,1]} \end{eqnarray*}$ an den Stellen -1 und 1 unstetig ist und daher keine Ableitung im klassischen Sinne haben kann?

13.01.2018, 08:51

IfindU

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Zitat:

Original von Studentu
Man teilt die Definitionsmenge der Funktion auf unterschiedliche Bereiche auf, auf denen es jeweils eine klassische Ableitung gibt und setzt für die schwache Ableitung dann aus den Ableitungen auf diesen Bereichen eine neue Funktion zusammen. - Kann man das - unmathematisch formuliert - so sagen?

Das gilt natürlich, wenn die Funktion überhaupt klassische Ableitungen besitzt. Allgemeiner: Man teilt es in Bereiche auf, wo man die schwache Ableitungen kennt. Gibt es sie irgendwo bereits nicht, gibt es sie im ganzen nicht. Und wenn man sie überhaupt kennt, baut man sich darauf einen Kandidaten.

Zitat:

(Ich vermute, als Gradient, dann müssen wir quasi drei Integrale partiell integrieren, nämlich $\begin{eqnarray*} \int_{R^3}f_1(x,y,z)\cdot \frac{d\phi}{dx} dxdydz + \int_{R^3}f_2(x,y,z)\cdot \frac{d\phi}{dy}dxdydz + \int_{R^3}f_3(x,y,z)\cdot \frac{d\phi}{dz} dxdydz \end{eqnarray*}$ , richtig?)

Was ist $\begin{eqnarray*} f_1, f_2, f_3 \end{eqnarray*}$ ? Und ich meinte den Gradienten, Aber es war nicht besonders clever von mir, weil es in der Darstellung wenig hilft. Wenn man es richtig aufschreibt, dann hat man 3 Zeilen, in der man separat dann die schwache Ableitung nach x,y,z hat. Besser ist es gwesen eine vektorwertige Funktion $\begin{eqnarray*} \varphi = (\varphi_1, \varphi_2,\varphi_3) \in C^\infty_c(\mathbb R^3, \mathbb R^3) \end{eqnarray*}$ zu nehmen udn dann $\begin{eqnarray*} \int_{\mathbb R^3} f \mathrm{div} \varphi \end{eqnarray*}$ zu rechnen. Am Ende bekommt man, dass die schwache $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ Ableitung existiert, indem man $\begin{eqnarray*} \varphi_2 = \varphi_3=0 \end{eqnarray*}$ setzt. Ähnlich die anderen. Nun kann man nämlich Gauss-Green anwenden!

Zitat:

Und noch eine Frage, um sicherzugehen, dass ich das nicht missverstehe: Ist die zweite Funktion deshalb nicht zweimal klassisch differenzierbar, weil $\begin{eqnarray*} \frac{d^2}{d^2x}((1-2x)\cdot \mathbb I_{[-1,1]}) = \frac{d}{dx}(-2\cdot \mathbb I_{[-1,1]}(x) + 0\cdot(1-2x)) \end{eqnarray*}$ , aber $\begin{eqnarray*} -2\cdot \mathbb I_{[-1,1]} \end{eqnarray*}$ an den Stellen -1 und 1 unstetig ist und daher keine Ableitung im klassischen Sinne haben kann?

Auf den Intervallen $\begin{eqnarray*} (-\infty, -1) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (-1,1) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (1, \infty) \end{eqnarray*}$ ist sie konstant. Insbesondere differenzierbar mit Ableitung 0. Die zwei fehlenden Punkte sind eine Nullmenge. Daher muss die schwache Ableitung dort nicht "definiert" sein.
Aber wenn du wirklich nur klassisch differenzierbar meinst: Korrekt. Die Funktion ist nicht stetig, insbesondere nicht differenzierbar.

Fun Fact: In einer Dimension folgt aus schwach-differenzierbar ebenfalls schon Stetigkeit. Um genau zu sein "absolut" stetig. Das ist schwächer als Lipschitz stetig, aber stärker als stetig.

13.01.2018, 16:43

Studentu

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Den ersten und letzten Teil des letzten Posts habe ichn nun verstanden.(:

Also noch zum Mehrdimensionalen:
Ich hatte f als Funktion ins Dreidimensionale aufgefasst und damit die Komponentenfunktionen bezeichnet, was natürlich Quatsch ist.
Darum neu: $\begin{eqnarray*} \int_{\mathbb {R}^3 \backslash B_r(0)} f \cdot div \phi d\lambda^3 \end{eqnarray*}$ =
$\begin{eqnarray*} \int_{\mathbb {R}^3 \backslash B_r(0)}f \cdot \frac{d\phi_1}{dx}d\lambda^3 \end{eqnarray*}$ + $\begin{eqnarray*} \int_{\mathbb {R}^3 \backslash B_r(0)}f \cdot \frac{d\phi_2}{dy}d\lambda^3 \end{eqnarray*}$ + $\begin{eqnarray*} \int_{\mathbb {R}^3 \backslash B_r(0)}f \cdot \frac{d\phi_3}{dz}d\lambda^3 \end{eqnarray*}$ =
$\begin{eqnarray*} \int_{\mathbb {R}^2\backslash ---}\phi_1\cdot f |_{x=--}^{--}d \lambda^2 - \int_{\mathbb {R}^3 \backslash ---}\phi_1 \cdot \frac{df}{dx} d\lambda ^3+ \int_{\mathbb {R}^2\backslash ---}\phi_2\cdot f |_{y=--}^{--}d \lambda^2 - \int_{\mathbb {R}^3 \backslash ---}\phi_2 \cdot \frac{df}{dy}d \lambda^3 + \int_{\mathbb {R}^2\backslash ---}\phi_3\cdot f |_{z=--}^{--}d \lambda^2 - \int_{\mathbb {R}^3 \backslash ---}\phi_3 \cdot \frac{df}{dz} d\lambda ^3 \end{eqnarray*}$ ,
wobei ich bei der letzten Summe nicht weiß, wie die Integralgrenzen zu setzen sind. Und wie's dann weitergeht, also warum wir das was Nullsetzen und dann Green und Gauß brauchen, ist mir auch noch schleierhaft. Ebenso, wie man über den Kugelteil integriert, den wir hier ausgelassen haben...

13.01.2018, 17:24

IfindU

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Die Divergenz ausschreiben, bringt nichts. Integriere partiell im Mehrdimensionalen! Siehe z.B. Wiki.

Den Restterm musst du nicht integrieren. Du musst nur zeigen, dass er gegen 0 konvergiert, wenn $\begin{eqnarray*} r\to 0 \end{eqnarray*}$ .

13.01.2018, 20:56

Studentu

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Hallo IfindU, dann haben wir $\begin{eqnarray*} \int_{\mathbb R^3\backslash B_r(0)} f \cdot div \phi d\lambda^3 = \int_{x^2+y^2+z^2 = r^2}f \cdot \phi \cdot dS + \int_{x^2+y^2+z^2 = \infty}f \cdot \phi \cdot dS - \int_{\mathbb R ^3 \backslash B_r(0)} \phi \cdot grad f d\lambda^3 \end{eqnarray*}$ , aber das ist wohl schon wieder falsch... Ich steh da komplett auf der Leitung unglücklich

Und was $\begin{eqnarray*} lim_{r\rightarrow 0}\int_{B_r(0)}f \cdot div \phi d\lambda^3 \end{eqnarray*}$ betrifft, bin ich auch gescheitert, zu zeigen, dass es nach Null geht. Was ich versucht habe, war den $\begin{eqnarray*} lim_{z\rightarrow 0}f(0,0,z) \end{eqnarray*}$ zu betrachten und zu zeigen, dass dieser nach Null geht (und äquivalent für x und y statt z), aber da erhalten wir nicht nicht das Gewünschte (außer man sagte, dass der limes gleich f(0,0,0) (= 0 lt. Angabe) ist, aber das dürfen wir ja nicht, weil f unstetig in (0,0,0) ist...

14.01.2018, 08:46

IfindU

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Zitat:

Original von Studentu
Hallo IfindU, dann haben wir $\begin{eqnarray*} \int_{\mathbb R^3\backslash B_r(0)} f \cdot div \phi d\lambda^3 = \int_{x^2+y^2+z^2 = r^2}f \cdot \phi \cdot dS + \int_{x^2+y^2+z^2 = \infty}f \cdot \phi \cdot dS - \int_{\mathbb R ^3 \backslash B_r(0)} \phi \cdot grad f d\lambda^3 \end{eqnarray*}$ , aber das ist wohl schon wieder falsch... Ich steh da komplett auf der Leitung unglücklich

Streich den unnützen Term mit "Rand im Unendlichen" und ergänze die Normale $\begin{eqnarray*} \nu \end{eqnarray*}$ , die ins Innere der Kurgel zeigt, und du bekommst
$\begin{eqnarray*} \int_{\mathbb R^3\backslash B_r(0)} f \cdot div \phi d\lambda^3 = \int_{\{x^2+y^2+z^2 = r^2\}}f \phi \cdot \nu dS - \int_{\mathbb R ^3 \backslash B_r(0)} \phi \cdot grad f d\lambda^3 \end{eqnarray*}$ .

Der rechte Term ist genau das was wir herausbekommen wollen -- wenn
$\begin{eqnarray*} \lim_{r\to0}\int_{\mathbb R ^3 \backslash B_r(0)} \phi \cdot grad f d\lambda^3 = \int_{\mathbb R ^3 } \phi \cdot grad f d\lambda^3 \end{eqnarray*}$ gilt.

Zum Grenzwert bestimmen:
$\begin{eqnarray*} \int_{B_r(0)} f(x,y,z) \mathrm{div} \varphi(x,y,z) dx dy dz = \int_{\mathbb R^3} \chi_{ B_r(0)} f(x,y,z) \mathrm{div} \varphi(x,y,z) dx dy dz = \int_{\mathbb R^3} g_r(x,y,z) dx dy dz \end{eqnarray*}$
wobei wir $\begin{eqnarray*} g_r = \chi_{ B_r(0)} f \mathrm{div} \varphi \end{eqnarray*}$ gesetzt haben. Offenbar konvergiert $\begin{eqnarray*} g_r \to 0 \end{eqnarray*}$ punktweise fast überall. Findest du eine $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ unabhängige, integrierbare Majorante, so kannst du den Satz über dominierte Konvergenz benutzen und schon verschwindet das Integral.

Es wäre hier auch etwas eleganter gegangen, aber die Methode oben funktioniert sehr allgemein.

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