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Sobolewraum: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 11:57 Fr 09.07.2010
Autor: thb

Aufgabe
Sei [mm] $p\in\mathbb{N}$ [/mm] und I=(0,1). Für welche Werte von [mm] $\alpha\in\math{R}$ [/mm] gilt [mm] $u\in W^{1,p}(I)$ [/mm] mit [mm] $u(x)=\frac{1}{x^{\alpha}}. [/mm]
  

Hallo zusammen, kann mir bitte jemand bei Aufgabe helfen.

Der Sobolevraum ist ja hier per definitionem

[mm] $W^{1,p}(I)=\{u\inL_{loc}^1(I) : u'$ existiert und $u' \in L^p(I)\}$ [/mm]

Ich habe zunächst argumentiert, dass ja u auf I=(0,1) gewöhnlich differenzierbar ist also auch schwach diff'bar.

Nun ist zu zeigen für welche Werte von [mm] $\alpha$ [/mm] u in [mm] $L^p$ [/mm] liegt.
Bei der folgenden Argumentation bin ich nicht sicher, ob das so hin haut:

Es sollte ja gelten: [mm] $\int_I \|u'\|^p dx<\infty \Leftrightarrow \int_I (-\alpha x^{-\alpha -1})^p [/mm] dx < [mm] \infty$. [/mm]

Weiter: [mm] $\int_I \frac{(-\alpha)^p}{x^{p(\alpha+1}}<\infty$ [/mm]

Für ungerade p folgt: [mm] $\int_I \frac{(-\alpha)^p}{x^{p(\alpha+1}}<\infty \Leftrightarrow [\frac{-\alpha^p}{(x^{p(\alpha+1)-1}) (-p(\alpha+1)+1}]_0^1 <\infty \Leftrightarrow \frac{\alpha^p}{p(\alpha+1)-1}<\infty$ [/mm]

Ist das bis hier schlüssig. Kann ich jetzt den Bruch abschätzen?
Grüße

        
Bezug
Sobolewraum: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 02:51 Sa 10.07.2010
Autor: felixf

Hallo!

> Sei [mm]$p\in\mathbb{N}$[/mm] und I=(0,1). Für welche Werte von
> [mm]$\alpha\in\math{R}$[/mm] gilt [mm]$u\in W^{1,p}(I)$[/mm] mit
> [mm]$u(x)=\frac{1}{x^{\alpha}}.[/mm]
>  
> Hallo zusammen, kann mir bitte jemand bei Aufgabe helfen.
>  
> Der Sobolevraum ist ja hier per definitionem
>  
> [mm]W^{1,p}(I)=\{u\inL_{loc}^1(I) : u'[/mm] existiert und [mm]u' \in L^p(I)\}[/mm]
>  
> Ich habe zunächst argumentiert, dass ja u auf I=(0,1)
> gewöhnlich differenzierbar ist also auch schwach
> diff'bar.
>  
> Nun ist zu zeigen für welche Werte von [mm]\alpha[/mm] u in [mm]L^p[/mm]
> liegt.
>  Bei der folgenden Argumentation bin ich nicht sicher, ob
> das so hin haut:
>  
> Es sollte ja gelten: [mm]\int_I \|u'\|^p dx<\infty \Leftrightarrow \int_I (-\alpha x^{-\alpha -1})^p dx < \infty[/mm].

Du hast hier den Betrag vergessen.

> Weiter: [mm]\int_I \frac{(-\alpha)^p}{x^{p(\alpha+1}}<\infty[/mm]

Das ist zu zeigen. Das "Weiter:" hoert sich so an als wuerde es bereits als bekannt vorausgesetzt.

> Für ungerade p folgt:

Wieso nur fuer ungerade?

> [mm][mm] \int_I \frac{(-\alpha)^p}{x^{p(\alpha+1}}<\infty \Leftrightarrow [\frac{-\alpha^p}{(x^{p(\alpha+1)-1}) (-p(\alpha+1)+1}]_0^1 <\infty[/mm\] [/mm]

Soweit ok.

> [mm]\Leftrightarrow \frac{\alpha^p}{p(\alpha+1)-1}<\infty[/mm]

Was ist mit der linken Grenze, also $x [mm] \to [/mm] 0$, passiert? Das kannst du nicht einfach weglassen!

> Ist das bis hier schlüssig. Kann ich jetzt den Bruch
> abschätzen?

Der Bruch ist entweder eine endliche Zahl, oder es wird durch 0 geteilt. Wann passiert das? Denk mal genau nach.

Die spannendere Grenze ist $x [mm] \to [/mm] 0$, und nicht $x = 1$.

LG Felix


Bezug
                
Bezug
Sobolewraum: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 14:51 Sa 10.07.2010
Autor: thb

Hi felixf - ein Blick auf Deinen Wohnort erklärt die Uhrzeit Deiner Antwort :-) Vielen Dank für die Reaktion!

Also ich habe den Betrag vergessen.
Ich fange nochmal an:

[mm] $\left(\int_I \|u'(x)\|^p dx\right)^{1/p} [/mm] < [mm] \infty \Leftrightarrow \int_I \|u'(x)\|^pdx [/mm] < [mm] \infty \Leftrightarrow \int_I\frac{-\alpha^p}{x^{p(\alpha+1)}}dx \leq \int_I\frac{|-\alpha|^p}{|x^{\alpha+1}|^p}dx [/mm] = [mm] \int_I \left|\frac{-\alpha}{x^{\alpha+1}}\right|^pdx [/mm] < [mm] \infty [/mm]

[mm] \Rightarrow \int_I \frac{-\alpha^p}{x^{p(\alpha+1)}} [/mm] < [mm] \infty \Leftrightarrow \left[ \frac{\alpha^p}{(p(\alpha+1)-1) \cdot x^{p(\alpha+1)-1}}\right]_{0+\epsilon}^1$ [/mm]

Wie Du schon gesagt hast: Die Nenner der Auswertung sollten nicht Null sein, damit man für das Inetral einen endlichen Wert erhält.

Aus der oberen Grenze folgt die Forderung:

[mm] $p(\alpha+1) \neq [/mm] 1 [mm] \Leftrightarrow \alpha \neq \frac{1}{p}-1. [/mm]

Sei also [mm] $\alpha \neq \frac{1}{p}-1$. [/mm]

Dann zur unteren Grenze hier ist der Grenzübergang [mm] $\epsilon \rightarrow [/mm] 0$ zu betrachten. Da der erste Faktor im Nenner wegen der ersten Forderung  nicht Null wird genügt es den Limes der folgender Potenz zu betrachten:

[mm] \[lim_{\epsilon\rightarrow 0}\epsilon^{p(\alpha+1)-1}\] [/mm]

So jetzt muss ich überlegen:

Damit mir der Funktionswert nahe bei Null nicht abhaut, sollte die Potenz doch einen Exponenten größer oder gleich 0 haben. Stimmt das?

Dann müsste man als zweite Forderung fordern:

[mm] $p(\alpha+1)-1 \geq [/mm] 0 [mm] \Leftrightarrow \alpha \geq \frac{1}{p} [/mm] -1$

Also folgt mit der ersten Forderung, dass gelten muss:

[mm] $\alpha [/mm] > [mm] \frac{1}{p}-1$ [/mm]

Wären das dann die gesuchten Alphas?

Viele Grüße aus dem mit bis zu knapp 40°C extrem heißen Deutschland.    

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