Teoria delle distribuzioni

[Camillo]

Teoria delle distribuzioni

Dal capitolo introduttivo alla Teoria delle Distribuzioni , leggo dal testo : Metodi di Analisi Matematica per l’Ingegneria del prof. Marco Bramanti :
Consideriamo l’equazione di Poisson per il potenziale newtoniano :
$\nabla^2$ u = f
Dove la funzione u ( incognita ) rappresenta il potenziale ( elettrostatico o gravitazionale ) et f ha il significato di densità ( di carica o di massa ).
Dal punto di vista matematico classico , per un’equazione di questo tipo può sembrare naturale cercare una soluzione u $in$C^2 , richiedendo quindi f $in $C^0 .
In realtà fin dagli inizi del 20° secolo è noto che esistono funzioni f continue per cui questa equazione non ha soluzioni C^2.
Per ottenere la risolubilità in senso classico dell’equazione , il termine noto deve essere “ un po’ più che continuo “(*) , e sotto le ipotesi opportune la soluzione u che si trova sarà “ un po’ più che C^2”.
(*) Precisamente il termine noto f deve essere holderiano , ossia soddisfare una condizione di continuità del tipo :
|f(x_1)-f(x_2) |<= c |x_1-x_2|^alpha per qualche alpha $in$ (0,1].
Sotto queste ipotesi l’equazione ha soluzioni classiche non solo C ^2 , ma con derivate seconde a loro volta holderiane.

A questo punto mi chiedo e vi chiedo : perché solo se f è holderiana l’equazione ha soluzioni “ classiche “ ?

[otta96]

Non mi torna tantissimo questa cosa uhhmmm...

[ViciousGoblin]

Ciao Camillo,
non mi è chiaro che tipo di risposta vuoi, dato che il quadro che espone Bramanti mi pare dica tutto.
Vuoi un controesempio esplicito di una funzione continua per cui il problema di Poisson non ha soluzioni classiche?
Vuoi sapere come si dimostra che se $f$ è hoelderiana allora il problema ammette una soluzione con derivata seconda hoelderiana? Oppure vuoi la "filosofia" dietro questi risultati ? (cosa quest'ultima si cui non saprei darti risposta...).

EDIT
Che poi non è vero che:
<<solo se $f$ è holderiana l’equazione ha soluzioni “ classiche “>>
Ovviamente ci sono funzioni continue non hoelderiane per cui l'equazione ha soluzioni classiche -solo che non tutte hanno questa proprietà (se la dimensione è maggiore o eguale a due).

[gugo82]

È la teoria classica della regolarità ellittica (lavori di Hopf, Stampacchia, Morrey, De Giorgi e compagnia cantante).
Come dice giustamente Bramanti, se $f$ è continuo ma non hölderiana la soluzione (che pure esiste, ma in senso debole) può non essere classica, cioè $C^2$; ma appena $f$ è hölderiana, la $u$ è $C^(2,alpha)$.
Dovrebbero esserci controesempi classici al riguardo, ma al momento non me ne sovvengono.

[ViciousGoblin]

L'idea del controesempio - mettiamoci in $\mathbb{R}^2$ - dovrebbe essere quella di costruire una funzione $u(x,y)$,
di classe $\mathcal{C}^1(\mathbb{R}^2)\cap\mathcal{C}^2(\mathbb{R}^2\setminus{(0,0)})$, ma non $\mathcal{C}^2(\mathbb{R}^2)$ tale che però $Delta u$ ($=:f(x,y)$) sia continua su $\mathbb{R}^2$ perché le singolarità delle derivate seconde in $x$ e in $y$ si semplificano tra loro.
Mi pare che andasse bene $u(x,y):= (x^2-y^2)\sqrt{-\ln(x^2+y^2)}$ (per $(x,y)$ vicino a $(0,0)$ poi eventualmente estesa a tutto $\mathbb{R}^2$ e comunque messa zero in $(0,0)$).

[ViciousGoblin]

L'idea del controesempio - mettiamoci in $\mathbb{R}^2$ - dovrebbe essere quella di costruire una funzione $u(x,y)$,
di classe $\mathcal{C}^1(\mathbb{R}^2)\cap\mathcal{C}^2(\mathbb{R}^2\setminus{(0,0)})$, ma non $\mathcal{C}^2(\mathbb{R}^2)$ tale che però $Delta u$ ($=:f(x,y)$) sia continua su $\mathbb{R}^2$ perché le singolarità delle derivate seconde in $x$ e in $y$ si semplificano tra loro.
Mi pare che andasse bene $u(x,y):= (x^2-y^2)\sqrt{-\ln(x^2+y^2)}$ (per $(x,y)$ vicino a $(0,0)$ poi eventualmente estesa a tutto $\mathbb{R}^2$ e comunque messa zero in $(0,0)$).

E comunque non è finita qui. Bisogna dimostrare che, se $u$ è come sopra e $f(x,y)=\Delta u(x,y)$ (come detto $f$ è continua), non può esistere nessuna $v$ di classe $\mathcal{C}^2(\mathbb{R}^2)$ tale che $\Delta v=f$. Se questo fosse possibile, allora $w:=v-u$ sarebbe armonica in $\mathbb{R}^2\setminus{(0,0)}$ e continua in $\mathbb{R}^2$. Ne seguirebbe $w$ armonica in $\mathbb{R}^2$ (in due variabili si può usare la teoria delle funzioni olomorfe) e quindi $w$ sarebbe $\mathcal{C}^2(\mathbb{R}^2)$ da cui l'assurdo $u\in\mathcal{C}^2(\mathbb{R}^2)$.

[dissonance]

L'idea del controesempio - mettiamoci in $\mathbb{R}^2$ - dovrebbe essere quella di costruire una funzione $u(x,y)$,
di classe $\mathcal{C}^1(\mathbb{R}^2)\cap\mathcal{C}^2(\mathbb{R}^2\setminus{(0,0)})$, ma non $\mathcal{C}^2(\mathbb{R}^2)$ tale che però $Delta u$ ($=:f(x,y)$) sia continua su $\mathbb{R}^2$ perché le singolarità delle derivate seconde in $x$ e in $y$ si semplificano tra loro.
Mi pare che andasse bene $u(x,y):= (x^2-y^2)\sqrt{-\ln(x^2+y^2)}$ (per $(x,y)$ vicino a $(0,0)$ poi eventualmente estesa a tutto $\mathbb{R}^2$ e comunque messa zero in $(0,0)$).

Mi pare proprio che questo esempio vada bene. Non si poteva sperare in una risposta migliore, un esempio concreto è sempre il massimo. Ho fatto qualche conto con Mathematica. Sia
\[
u(x,y):= (x^2-y^2)\sqrt{-\ln(x^2+y^2)}.\]
Il suo Laplaciano \(\Delta u\), che per definizione è uguale a \((\partial_x^2+\partial_y^2)u\) è
\[\Delta u=\frac{(x^2-y^2) (-1+4 \log(x^2+y^2))}{(x^2+y^2) (-\log(x^2+y^2))^{3/2}}\]
mentre
\[
\frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y}=-\frac{x y (x^2-y^2) (1+2 \log(x^2+y^2))}{(x^2+y^2)^2 (-\log(x^2+y^2))^{3/2}}. \]
Quest'ultima funzione non ammette limite per \((x, y)\to (0,0)\), infatti ad esempio è identicamente nulla per \(x=0\) mentre tende a un limite non nullo per \(y=2 x\). Quindi \(u\notin C^2(D)\) per ogni aperto \(D\) che contiene l'origine. Invece il Laplaciano \(\Delta u\) tende a zero per \((x, y)\to (0,0)\).

CONCLUSIONE. Sia \[v(x, y):=\frac{(x^2-y^2) (-1+4 \log(x^2+y^2))}{(x^2+y^2) (-\log(x^2+y^2))^{3/2}}\phi(x, y),\]
dove \(\phi\) è una funzione liscia a supporto compatto che vale \(1\) nel disco \(D_{1/2}\) di raggio \(1/2\). L'equazione
\[
\begin{cases}
\Delta u = v, & \text{ in }D_1\\
u=0, & \text{ su }\partial D_1
\end{cases}\]
ha come unica soluzione la funzione \(u=u(x, y)\) data sopra. Infatti, quella è una soluzione e se ce ne fosse un'altra \(\tilde u\) allora
\[
\int_{D_1} \lvert \nabla (u-\tilde u)\rvert^2 =-\int_{D_1} \Delta(u-\tilde u)(u-\tilde u)=0, \]
e quindi \(u-\tilde u\) dovrebbe essere costante su \(D_1\), e siccome sul bordo \(u=\tilde u =0\), necessariamente \(u=\tilde u\). Conclusione: il dato \(v(x,y)\phi(x, y)\), pur essendo di classe \(C^2\), ha prodotto una soluzione che non è di classe \(C^2\).

[Camillo]

Grazie a tutti gli intervenuti per i vostri contributi ! Adesso approfondirò i vostri input . Già prevedo da parte mia altre domande !

[ViciousGoblin]

@Dissonance
Grazie per i calcoli .
Credo però che questo passaggio vada esplicitato meglio:

Infatti, quella è una soluzione e se ce ne fosse un'altra \(\tilde u\) allora
\[
\int_{D_1} \lvert \nabla (u-\tilde u)\rvert^2 =-\int_{D_1} \Delta(u-\tilde u)(u-\tilde u)=0, \]
e quindi \(u-\tilde u\) dovrebbe essere costante su \(D_1\), e siccome sul bordo \(u=\tilde u =0\), necessariamente \(u=\tilde u\). Conclusione: il dato \(v(x,y)\phi(x, y)\), pur essendo di classe \(C^2\), ha prodotto una soluzione che non è di classe \(C^2\).

Mi pare che tu stia dando per scontato che $u$ è "soluzione debole" cosa che non si deduce dal solo fatto $u\in\mathcal{C}^2(\mathbb{R}^2\setminus{0})$ e $\Delta u=f$ in $\mathbb{R}^2\setminus{0}$.
Niente di male.
Si può togliere a $D_1$ una pallina $B(0,\epsilon)$ e scrivere l'eguaglianza sopra in $D_{1,\epsilon}:=D_1\setminus B(0,\epsilon)$. Comparirà un termine di bordo:
$\int_{S_\epsilon}(u-\bar u)\nabla(u-\bar u)\cdot \nu d\sigma$
che però tende a zero se $\epsilon\to 0$ DATO CHE $u$ è $\mathcal{C}^1(\mathbb{R}^2)$ (e così pure $\bar u$).


Poi ci sarebbe da dire che non esiste nessuna $v$ soluzione classica indipendentemente dal suo valore al bordo. Per questo, ammesso che $v$ sia una soluzione, mi pare necessario tirare in ballo la funzione armonica $h$ che sul bordo di $D_1$ vale $u-v$ e ragionare come sopra per $\bar u:=v+h$. Per trovare l'assurdo serve sapere che questa $h$ è $\mathcal{C}^\2$ nella palla.
Forse tu hai un'idea migliore.

[dissonance]

Sono d'accordo che c'è qualche falla nel mio argomento precedente. C'è anche da dire che io considero \(v(x, y)=\phi(x, y)\Delta u(x, y)\), ma dopo mi dimentico clamorosamente di \(\phi\) e dichiaro che \(\Delta u = v\), cosa che è vera solo nel disco \(D_{1/2}\) e non in \(D_1\). Non è un problema, ma avrei dovuto fare una piccola costruzione in più.

E poi c'è la questione della soluzione debole che dice ViciousGoblin, su cui ovviamente sono d'accordissimo con il suo rappezzo (patch).

Infine:

Poi ci sarebbe da dire che non esiste nessuna v soluzione classica indipendentemente dal suo valore al bordo.

Caro VG confesso che non ti seguo. Non basta fare quel discorso con l'integrale dell'energia? Serve ancora più roba per l'unicità?

NOTA BENE: Naturalmente, il succo di tutta questa faccenda è nell'esempio concreto, quello tirato fuori magicamente da ViciousGoblin. Per quello ho voluto far fare i conti a Mathematica: sono proprio quei conti che contengono la spiegazione di questo fenomeno di regolarità. Tutto il resto sono fastidiosi ma necessari tecnicismi.