Spazi di Sobolev e C.V.

[Wilde]

Ciao ciao, vi scrivo alcuni dubbi che mi sono venuti iniziando a studiare calcolo delle variazioni nella speranza che qualcuno possa chiarirmeli.
Indico con
\[
A:=\{u\in W^{1,q}\ : u=g \text{ su } \partial \Omega \text{ in senso traccia }\}.
\]
Sia $(u_k)$ una successione in $A$ e (per la coercività del funzionale energia) $(u_k)$ appartengono anche a una palla di centro $0$ e raggio opportuno $r$ (cioè $u_k\in \bar{B(o,r)}$).

Chiaramente dato che lo spazio di Sobolev ha dimensione infinita $\bar{B(o,r)}$ non è sequenzialmente compatto e quindi non posso sapere se esite una sottosuccessione convergente.

Il libro (Evans) a questo punto prende in considerazione lo spazio $L^q(\Omega)$.
Dato che $L^q$ è riflessivo e il suo duale è separabile e si ha che

$\bar{B_{W^{1,q}(\Omega)}(0,r)}$ è debolmente metrizzabile e debolmente compatta (quindi equivalentemente debolmente sequenzialmente compatta) visto tutto però in $L^q(\Omega)$ (cioè con duale topologico $L^q(\Omega)^*$.

Allora possiamo concludere che esiste una sottosuccessione $(u_{k_j})_j$ che converge debolmente a $u$
Non capisco come posso concludere che $u\in A$ e che
\begin{equation}u_{k_j}\to u \text{ debolmente in } L^q(\Omega)\end{equation}
\begin{equation}\nabla u_{k_j}\to \nabla u \text{ debolmente in } L^q(\Omega,R^n)\end{equation}


Secondo me $\bar{B_{W^{1,q}(\Omega)}(0,r)}$ è da ambientare in $W^{1,q}(\Omega)$ cioè io direi che:

Dato che $W^{1,q}(\Omega)$ è riflessivo allora esiste una sottosuccessione debolmente convergente (rispetto però come duale $W^{1,q}(\Omega)^*$) a un elemento $u$. Ora come posso concludere $(1),(2)$?. Mi servirebbe una qualche caratterizzazione degli elementi di $W^{1,q}(\Omega)^*$ (che però io non conosco).

Allora mi viene in mente di poter ambientare il tutto in $W_0^{1,q}(\Omega)$.
In questo caso $W_0^{1,q}(\Omega)$ è riflessivo perchè sottospazio chiuso di uno spazio riflessivo allora esiste una sottosuccessione debolmente convergente. In questo caso però conosco una caratterizzazione del duale e mi sembra di riuscire a concludere $(1),(2)$ (Eventualmente dopo vi mostro come penso di fare).
Però il "problema" è che io non lavoro in $W_0^{1,q}(\Omega)$ ma in $A$.
Posso forse però risolvere il problema lavorando su $A-g$ e poi ritornare a lavorare in $A$.
(In questa ultima parte sto scrivendo in modo molto istintivo potrebbe anche non avere alcun senso quello che ho detto).

Spero che qualcuno possa chiarirmi un po' le idee.

[gugo82]

Prova a correggere un po' il post, che non si legge nulla... Probabilmente c'è qualche simbolo di dollaro di troppo.

[Wilde]

Ho cancellato un simbolo di dollaro, spero che adesso si legga. Avvisatemi se non si dovesse leggere ancora.
(io riesco a leggere tutto, ma questo accadeva anche prima, non so perchè).

[Delirium]

Faccio delle osservazioni. Intanto puoi dimostrare questa cosa (cfr. Giovanni Leoni, A First Course in Sobolev Spaces):

Teorema (esercizio). Siano \( \Omega \subset \mathbb{R}^N\) aperto, \( q \in [1,+\infty)\) e \( \{u_n\}_{n \in \mathbb{N}} \subset W^{1,q}(\Omega)\). Allora \( u_n \rightharpoonup u\) in \(W^{1,q}(\Omega)\) se e solo se \( u_n \rightharpoonup u\) in \(L^q (\Omega)\) e \(\nabla u_n \rightharpoonup \nabla u\) in \(L^q (\Omega ; \mathbb{R}^N)\).

Il gradiente inteso (possibilmente) in senso debole. Per dimostrarlo dovrebbe essere sufficiente considerare l'isometria \( W^{1,q} (\Omega) \to L^q (\Omega) \times L^q (\Omega; \mathbb{R}^N ) \) definita da \( u \mapsto (u, \nabla u)\).

Ora, se \( q \in (1,+\infty) \) (occhio che \(1\) e' escluso!), allora \( W^{1,q} (\Omega)\) e' riflessivo (addirittura e' uniformemente convesso), quindi per il teorema di Kakutani la sua palla chiusa e' debolmente compatta.

Infine l'operatore di traccia \( \text{Tr} : W^{1,q} (\Omega ) \to L^q (\partial \Omega, \mathcal{H}^{N-1})\) e' lineare e continuo se \(\Omega\) e' aperto con frontiera uniformemente Lipschitz e \(q \in (1,+\infty)\) (e' un altro teorema che trovi nel Leoni); poi usi questo fatto. E' sufficiente per concludere? Mi verrebbe da dire di si' per il lemma fondamentale del Calcolo delle Variazioni, che pero' se non ricordo male e' formulato per aperti (mentre qui \( \partial \Omega\) e' chiuso)...

[Wilde]

Grazie per la risposta. (In tutto questo discorso $q\in(1,\infty)$ e $\Omega$ aperto limitato con frontiera $C^1$, per togliersi dagli impicci)
Se non mi sbaglio mi sembra che

Teorema (esercizio). Siano \( \Omega \subset \mathbb{R}^N \) aperto, \( q \in [1,+\infty) \) e \( \{u_n\}_{n \in \mathbb{N}} \subset W^{1,q}(\Omega) \). Allora \( u_n \rightharpoonup u \) in \( W^{1,q}(\Omega) \) se solo se \( u_n \rightharpoonup u \) in \( L^q (\Omega) \) e \( \nabla u_n \rightharpoonup \nabla u \) in \( L^q (\Omega ; \mathbb{R}^N) \).

sia il teorema che mi serve.
Dimostrazione a grandi linee:
Prendo la funzione
\( W^{1,q} (\Omega) \to L^q (\Omega) \times L^q (\Omega; \mathbb{R}^N ) \)
che è un isometria lineare (quindi in particolare è lineare continuo)
Quindi per il "Teorema stackexchange" (del tuo link) allora, dato che per ipotesi \( u_n \rightharpoonup u \) otteniamo
\( (u_n,\nabla u_n) \rightharpoonup (u,\nabla u) \) in \( L^q (\Omega) \times L^q (\Omega; \mathbb{R}^N ) \)
Dato che "il duale del prodotto è il prodotto dei duali" si ottiene la tesi.
(L'altra freccia non mi serve).


La seconda parte del tuo post (se non ho malinteso) dovrebbe servirmi per poter affermare che partendo da
\(u_n\in A\) allora anche \(u\in A\) (Cioè la traccia rimane sempre la stessa).
Applicando lo stesso procedimento precedento ottengo (ricordo che $g=Tr(u_n)$)
$\int_{\partial \Omega} f(g-Tr(u))d \sigma=0 \quad\quad \forall f\in L^q'(\partial\Omega))$
(dove $1/q + 1/(q')=1$.
Ora il problema è concludere che $Tr(u)=g$.

[Delirium]

[...]
La seconda parte del tuo post (se non ho malinteso) dovrebbe servirmi per poter affermare che partendo da
\(u_n\in A\) allora anche \(u\in A\) (Cioè la traccia rimane sempre la stessa).
Applicando lo stesso procedimento precedento ottengo (ricordo che $g=Tr(u_n)$)
$\int_{\partial \Omega} f(g-Tr(u))d \sigma=0 \quad\quad \forall f\in L^q'(\partial\Omega))$
(dove $1/q + 1/(q')=1$.
Ora il problema è concludere che $Tr(u)=g$.

Forse ci stiamo perdendo in poco: \(\text{Tr}(u_n) = g\) per ogni \(n \in \mathbb{N}\); sappiamo che \( g=T(u_n) \rightharpoonup T(u)\), e certamente (e banalmente) \(T(u_n)=g \rightharpoonup g\), ma la topologia debole e' Hausdorff, quindi il limite e' unico. Ne segue che \( T(u) = g\). Ti convince?

[Wilde]

Si si perfetto.
Grazie ancora per la disponibilità.

[Delirium]

Di nulla, e' stato un piacere rispolverare vecchie nozioni