Metody Derricka-Pohożajewa i twierdzenia o nieistnieniu dla zagadnień eliptycznych

niwersytet Warszawski Wydział Matematyki, Informatyki i Mechaniki Iwona Skrzyczak Nr albumu: 34459 Metody Derricka-Pohożajewa i twierdzenia o nieistnieniu dla zagadnień elitycznych Praca licencjacka na kierunku MATEMATYKA w ramach Międzywydziałowych Indywidualnych Studiów Matematyczno-Przyrodniczych Praca wykonana od kierunkiem dr hab. Agnieszki Kałamajskiej Instytut Matematyki Październik 008

Oświadczenie kierującego racą Potwierdzam, że niniejsza raca została rzygotowana od moim kierunkiem i kwalifikuje się do rzedstawienia jej w ostęowaniu o nadanie tytułu zawodowego. Data Podis kierującego racą Oświadczenie autora racy Świadom odowiedzialności rawnej oświadczam, że niniejsza raca dylomowa została naisana rzeze mnie samodzielnie i nie zawiera treści uzyskanych w sosób niezgodny z obowiązującymi rzeisami. Oświadczam również, że rzedstawiona raca nie była wcześniej rzedmiotem rocedur związanych z uzyskaniem tytułu zawodowego w wyższej uczelni. Oświadczam onadto, że niniejsza wersja racy jest identyczna z załączoną wersją elektroniczną. Data Podis autora racy

Streszczenie W racy rzedstawiono kilka twierdzeń o nieistnieniu rozwiązań dla równań i nierówności różniczkowych cząstkowych. Rozatrywane są zagadnienia ostaci u = λ u q 1 u oraz u u q. Dowody twierdzeń bazują na metodzie Derricka Pohożajewa olegającej na mnożeniu obu stron równania nierówności) rzez odowiednie funkcje, a nastęnie całkowaniu ich rzez części. Jako narzędzia omocnicze wykorzystuje się wielokrotnie nierówności Younga i Höldera. Słowa kluczowe tożsamość Derricka-Pohożajewa, nieistnienie rozwiązań, -Lalasjan 11.1 Matematyka Dziedzina racy kody wg rogramu Socrates-Erasmus) Klasyfikacja tematyczna 35A05 General existence and uniqueness theorems 35D05 Existence of generalized solutions 35G30 Boundary value roblems for nonlinear higher-order PDE 35G0 General theory of nonlinear higher-order PDE Tytuł racy w języku angielskim Derrick-Pohozhaev nonexistence results for nonlinear ellitic PDEs.

Sis treści Wrowadzenie....................................... 5 1. Wstę.......................................... 7 1.1. Definicje....................................... 7 1.. Podstawowe nierówności.............................. 7 1.3. Oznaczenia..................................... 7. Tożsamość Derricka-Pohożejewa i zagadnienia na ograniczonych obszarach gwiaździstych...................................... 9.1. O ewnej własności geometrycznej obszaru gwiaździstego........... 9.. Równanie niemożliwe dla oeratora Lalace a.................. 10.3. gólnienie. Równania niemożliwe dla oeratora -Lalace a.......... 11 3. Nierówność na R n................................... 15 3.1. Przestrzeń rozwiązań................................ 15 3.. Lematy omocnicze................................ 17 3.3. Nieistnienie nierówności różniczkowych..................... 19 3.3.1. Wstęne ustalenia.............................. 19 3.3.. Przyadek 0 < 1 < q < n 1) n..................... 1 3.3.3. Przyadek krytyczny 0 < 1 < q = n 1) n............... 4 4. Podsumowanie..................................... 7 Bibliografia......................................... 9 3

Wrowadzenie Podstawową srawą dla analityka jest orawność ostawienia zagadnienia które bada. Zagadnienie jest ostawione orawnie jeśli jego rozwiązanie istnieje i jest jednoznaczne w zadanej klasie oraz zależy w sosób ciągły lub gładki) od danych oczątkowych. W tej racy skuiamy się na ierwszej z owyższych cech zagadnienia - na jego istnieniu. Dowody omawianych twierdzeń bazują na metodzie Derricka Pohożajewa, olegającej na mnożeniu obu stron równania nierówności) rzez odowiednie funkcje, a nastęnie całkowaniu ich rzez części. Jako narzędzia omocnicze w dowodzeniu wykorzystuje się nierówności Younga i Höldera. W rozdziale 1 rzedstawiamy odstawowe fakty otrzebne rzy dowodzeniu. Rozdział wrowadza w metody Derricka Pohożajewa. Pokazujemy w nim nieistnienie klasycznych rozwiązań, na obszarze gwiaździstym, dla równania różniczkowego cząstkowego u = u q 1 u. Nastęnie okazujemy uogólnienie owyższego twierdzenia - nieistnienie rozwiązań, na obszarze gwiaździstym, dla -Lalasjanu: u = λ u q 1 u. W dowodach wykorzystujemy tożsamość Derricka-Pohożajewa. W Rozdziale 3 dowodzimy twierdzenie o nieistnieniu rozwiązań nieujemnych dla nierówności z -Lalasjanem u u q ) na R n w klasie nieujemnych funkcji tyu S α = {u W 1, loc Rn ) : u L 1 locr n ), u α W 1, loc Rn )}. Bardziej recyzyjną definicję zamieszczamy w Rozdziale 1, natomiast jej szczegółowe omówienie w Rozdziale 3.1. W tym miejscu ragnę gorąco odziękować ani dr hab. Agnieszce Kałamajskiej oraz anu Piotrowi Nayarowi za serdeczną i cierliwą omoc w rzygotowaniu tej racy. 5

Rozdział 1 Wstę W tym rozdziale zostały zebrane odstawowe informacje niezbędne rzy czytaniu tej racy. 1.1. Definicje Definicja 1.1. Niech 1 < <. -Lalasjanem funkcji u W 1, Ω) ozn. u) nazwiemy funkcję określoną formułą u = div Du Du), 1.1) gdzie ochodne D i u, i = 1,..., n są rozumiane w sensie dystrybucyjnym. Skoro u W 1, Ω), > 1, to każda składowa wektora Du Du należy do L 1 Ω) L 1 loc Ω), zatem dywergencja tego wektora jest dobrze określona w słabym sensie. Definicja 1.. Niech α < 0, > 1 i q 0. Zdefiniujmy zbiór S α nastęująco: S α = {u W 1, loc Rn ) : u L 1 locr n ), u α W 1, loc Rn )}. 1.) 1.. Podstawowe nierówności Twierdzenie 1..1 Nierówność Younga). Jeśli a, b > 0, 1 <, q <, 1 + 1 q = 1, to ab a + bq q. 1.3) Twierdzenie 1.. Nierówność Schwartza). Jeśli x, y R n, a <, > jest iloczynem skalarnym, to < x, y > x y. 1.4) 1 Twierdzenie 1..3 Nierówność Höldera). Jeśli 1, q, obszarem oraz u L ), v L q ), to uv dx ) 1 ) 1 u dx v q q dx + 1 q = 1, jest ewnym 1.5) 1.3. Oznaczenia Fragmenty tej racy, które nie były całkiem szczegółowo oisane w tekstach źródłowych i zostały dorecyzowane, zostały oznaczone symbolem. 7

Rozdział Tożsamość Derricka-Pohożejewa i zagadnienia na ograniczonych obszarach gwiaździstych Jako wrowadzenie do zagadnień elitycznych na R n rzedstawimy dwa twierdzenia o nieistnieniu rozwiązań klasycznych zagadnień zadanych na obszarze gwiaździstym. Pierwsze z nich dotyczyć będzie równania z Lalasjanem o lewej stronie, drugie - z -Lalasjanem. Metoda dowodzenia obu twierdzeń olega na odcałkowaniu wyjściowego równania omnożonego rzez dwie różne funkcje: x Du oraz u, co rowadzi do srzecznych tożsamości. Ponadto wykorzystamy w dowodach jedynie ewien fakt geometryczny dotyczący obszaru gwiaździstego, który omawiamy oniżej..1. O ewnej własności geometrycznej obszaru gwiaździstego Obszar, na jakim mamy zadane równanie musi sełniać ewien warunek geometryczny. Definicja.1. Powiemy, że zbiór otwarty jest gwiaździsty względem unktu 0, jeśli dla każdego x odcinek {λx : 0 λ 1} jest zawarty w. W dowodzie twierdzenia skorzystamy z nastęującej własności zbioru gwiaździstego: Lemat.1 Wektor normalny do brzegu obszaru gwiaździstego). Załóżmy, że jest klasy C 1, a jest gwiaździsty względem 0. Wówczas x νx) 0 dla wszystkich x, gdzie ν oznacza jednostkowy wektor normalny zewnętrzny. Dowód. Ponieważ jest klasy C 1, więc jeśli x, to dla każdego ε > 0 istnieje liczba δ > 0 taka, że z warunków y x < δ i y wynika, że νx) y x) y x ε. W szczególności y x) lim su νx) 0. y x y x y Niech y = λx dla 0 < λ < 1. Wtedy y, gdyż jest gwiaździsty względem 0. Zatem To kończy dowód lematu. x νx) x = lim λx x) νx) 0. λ 1 λx x 9

.. Równanie niemożliwe dla oeratora Lalace a Twierdzenie..1. Niech będzie obszarem gwiaździstym względem unktu 0, którego brzeg jest klasy C 1. Ponadto niech n n q+1 > 0. Wówczas zagadnienie u = u q 1 u w, u = 0 na,.1) u 0 na nie ma rozwiązań w klasie C ). Dowód. Załóżmy, że u C ) jest rozwiązaniem.1). Krok 0. Mnożąc obie strony równania.1) rzez x Du i całkując o, otrzymujemy u)x Du)dx = u q 1 u)x Du)..) Oznaczmy lewą stronę rzez A, a rawą rzez B. Krok 1. Wówczas n n A = u xi x i x j u xj dx = u xi x j u xj ) xi dx i,j=1 Przy tym A 1 = n i,j=1 i,j=1 u xi δ ij u xj + u xi x j u xj x i dx = = 1 n ) Du dx + n i,j=1 Du + u xi ν i x j u xj ds =: A 1 + A. ) n Du j=1 x j x j dx =.3) Du ν x)ds..4) Z drugiej strony, skoro u = 0 na, więc gradient Dux) jest równoległy do wektora normalnego νx). Zatem Dux) = ± Dux) νx). Korzystając z tej równości, stwierdzamy, że A = Du ν x)ds..5) Łącząc.3)-.5) otrzymujemy A = n Du dx 1 Du ν x)ds. Krok. ) Wracając do.), wyliczymy B stosując wzór na słabą ochodną: d u q+1 dx j q+1 = u q u u u x j. Zauważmy, że funkcja u q+1 q+1 jest elementem rzestrzeni Sobolewa W 1,1 0 Ω), można więc zastosować do niej wzór na całkowanie rzez części [3], ar. 1.1.3.). Obliczamy n n ) u B = u q 1 q+1 ux j u xj dx = x j dx = n u q+1 dx. j=1 j=1 q + 1 q + 1 x j Krok 3. Z tego rachunku i równości.) wynika, że n Du dx + 1 Du ν x)ds = 10 n u q+1 dx..6) q + 1

Równość ta nazywana jest tożsamością Derricka-Pohożajewa. Zbiór jest gwiaździsty, więc osługując się lematem, otrzymujemy z.6) nierówność n Du dx n u q+1 dx..7) q + 1 Jednakże, mnożąc równanie u = u q 1 u rzez u i całkując rzez części, uzyskujemy tożsamość Du dx = u q+1 dx. Wstawiając ten wynik do.7), stwierdzamy, że n n ) u q+1 dx 0. q + 1 ) Skoro jednak u 0, to n n q+1 0, co rowadzi do srzeczności z założeniem..3. gólnienie. Równania niemożliwe dla oeratora -Lalace a Twierdzenie.3.1. 1 Niech będzie obszarem ) gwiaździstym względem unktu 0, którego brzeg jest klasy C 1. Ponadto niech n n q+1 1 > 0. Wówczas zagadnienie u = u q 1 u w, u = 0 na,.8) u 0 na nie ma rozwiązań w klasie C ). Dowód. Załóżmy, że u C ) jest rozwiązaniem.8). Krok 0. Mnożąc obie strony równania.8) rzez x Du i całkując o, otrzymujemy ux)x Dux))dx = u q 1 u)x Du)dx..9) Oznaczmy lewą stronę rzez A, a rawą rzez B. Krok 1. W tym kroku wyliczymy A. Przez νx) oznaczmy jednostkowy wektor normalny zewnętrzny w unkcie x, a rzez ν i jego i-tą wsółrzędną, a rzez... ds - całkę względem ewnej miary określonej na brzegu obszaru. Skorzystamy ze wzoru div F g) = g div F + F Dg, dla ola wektorowego F = Du Du i funkcji g = Du x. Wtedy A = u)du x)dx = div Du Du))Du x)dx = ) = div Du Du)Du x) dx + Du Du) DDu x)dx =: A 1 + A. A 1 liczymy ze wzoru Gaussa-Ostrogradzkiego A 1 = div ) Du Du)Du x) dx = 1 To twierdzenie może być znane secjalistom, ale nie ma go w literaturze. ) Du Du)Du x) νds 11

ale Du = ± Du ν, zatem A 1 = Du x ν)ds. Rozważmy A = Du Du) DDu x)dx = Du a dx. Zauważmy, że Stąd a = Du Dx Du) = j A = = Du + i,j u xj i ) x i u xi = u xj δ ij u xi + x i u xi x j = )x j i,j u xj x i u xi x j = Du + i Du dx + Du i ) Du x i. x i ) Du x i dx =: B 1 + B. x i Całkując B otrzymujemy ) Du B = Du x i dx = i x i ) ) Du = Du ) Du x i dx + Du x i ν i ds =: C 1 + C, x i i i gdzie C 1 = ) Du x i i = n x i Du dx ) Du dx = 1 Du i,j i Du dx ) Du Du ) xi x i = i x i u xj u xi x j dx = n B 1 B, natomiast C = ) Du Du x ν)ds = 1 Du x ν)ds = 1 A 1. Stąd a co za tym idzie B = C 1 + C = C 1 1 A 1 = n B 1 B 1 A 1, B = 1 A 1 + nb 1 ). Podsumowując A = A 1 + A = A 1 + B 1 + B = A 1 + B 1 1 A 1 + nb 1 ) = Zatem d u q+1 dx j q+1 A = 1 n ) Du dx 1 1 ) Du x ν)ds. 1 n ) B 1 + 1 1 ) A 1. Krok ). Wracając do.9), wyliczymy B stosując wzór na słabą ochodną: = u q u u u x j. Zauważmy, że funkcja u q+1 q+1 jest elementem rzestrzeni Sobolewa 1

W 1,1 0 Ω), można więc zastosować do niej wzór na całkowanie rzez części [3], ar. 1.1.3.). Obliczamy B = n j=1 u q 1 ux j u xj dx = n j=1 Krok 3. Z tego rachunku i równości.9) wynika, że n 1 ) ) u q+1 x j dx = n q + 1 q + 1 x j Du dx + 1 1 ) Du x ν)ds = u q+1 dx. n u q+1 dx..10) q + 1 Równość ta również nazywana jest tożsamością Derricka-Pohożajewa. Zbiór jest gwiaździsty względem 0, więc osługując się Lematem.1, otrzymujemy z.10) nierówność ) n 1 Du dx n u q+1 dx..11) q + 1 Jednakże, mnożąc równanie u = u q 1 u rzez u i całkując rzez części, uzyskujemy tożsamość Du dx = u q+1 dx. Wstawiając ten wynik do.11), stwierdzamy, że Skoro jednak u 0, to n n ) q + 1 1 u q+1 dx 0. n n q+1 1 ) 0, co rowadzi do srzeczności z założeniem. waga.3.1. Przy założeniach owyższego twierdzenia zagadnienie u = λ u q 1 u w, u = 0 na, u 0 na,.1) gdzie λ > 0, nie ma rozwiązań w klasie C ). Dowód. Niech u sełnia założenia twierdzenia.3.1 i.1). Podstawmy u γ = γ u, gdzie γ dobierzemy za chwilę. Wówczas u γ = γ γ u) = γ γ λ u q 1 u) = γ γ q 1 λ u γ q 1 u γ = u γ q 1 u γ, o ile λ = γ q 1 γ > 0. Zatem niech γ = λ 1 q 1. Wobec tych obliczeń, z twierdzenia.3.1, wynika nieistnienie rozwiązań zagadnienia.1) w klasie C ). waga.3.. Podstawmy q = q + 1 i zaiszmy równanie.1) w ostaci u = λ u q u w, u = 0 na, u 0 na,.13) 13

gdzie λ > 0. Z owyższego rozumowania wynika, że równanie.13) nie ma rozwiązań w klasie C ), gdy q > n n = i < n. Zauważmy, że to wsółczynnik wystęujący w nierówności Sobolewa: ) 1 u dx C ) 1 Du dx. Istotnie, warunek n ñ 1 > 0 jest równoważny n > q ) 1 n q = q to owyższa nierówność jest równoważna n n < q. ) n. O ile < n, 14

Rozdział 3 Nierówność na R n W tym rozdziale zajmiemy się nieistnieniem rozwiązań w klasie S α zdefiniowanej w Rozdziale 1 oraz w treści twierdzenia) dla nastęującego zagadnienia: { u u q w R n, u 0, u 0 na R n 3.1), rzy ewnych założeniach na oraz q. Dowód twierdzenia bazuje na odobnej metodzie ostęowania co dowody Twierdzenia..1 i Twierdzenia.3.1, technika tego dowodu jest jednak bardziej skomlikowana. Zaczynamy od mnożenia obu stron nierówności rzez ewne funkcje i całkujemy obie strony. Nastęnie wykorzystując wielokrotnie elementarne nierówności tyu Younga wszystkie umieszczono w rozdziale 1.) oraz całkowanie rzez części dochodzimy do tezy. Zaczniemy od rozważań o rzestrzeni rozwiązań i lematów rzydatnych w dowodzie. 3.1. Przestrzeń rozwiązań Autorzy ublikacji [1] roonują klasę W 1, α,loc Rn ) = {u : R n R, u q+α, Du u α 1 L 1 locr n )}, gdzie α < 0, dla zagadnienia 3.1) w dwóch rzyadkach: 0 < 1 < q n 1) n albo 0 q 1, > 1 i n 1. Zauważmy jednak, że w tej klasie może ono mieć nietrywialne rozwiązania. W definicji klasy W 1, α,loc Rn ) nie zakładamy, że ux) jest dobrze określony w każdym unkcie. Podamy rzykład, w którym jest on określony rawie wszędzie. Twierdzenie 3.1.1. Rozważmy =, q > 0 dowolne, n = 1 oraz funkcję okresową o okresie 7 określoną na odcinku [ 1 7, 1 7 ) wzorem Dla tak określonego u zachodzi: ux) = 7x + 6 7. oraz { u u q w R n, u 0, u 0 na R n 3.) u W 1, α,loc Rn ). 15

Dowód. Oczywiście tak określone u 0, u 0. Mamy nawet dla q > 1 [ ) 5 q 6 q ] u q x),, 7 7) a dla q < 1 [ ) 6 q 5 q ] u q x),, 7 7) czyli dla każdego q funkcja ux) jest daleko od zera i nieskończoności. Zachodzi u W 1, α,loc Rn ). Istotnie, funkcja wymierna, na obszarze ograniczonym, na którym jest izolowana od 0 i jest całkowalna z dowolną otęgą, zatem u q+α L 1 loc Rn ). W naszym rzyadku, na rzedziale [ 1 7, 1 7 ) mamy również: Du u α 1 = 14x) 7x + 6 [ α 1 ] 5 α 1 0,, 7) 7) więc Du u α 1 L 1 loc Rn ). Zauważmy, że rawie wszędzie ux) = u x) = 14 oraz dla każdego q Zatem rawie wszędzie { ) 5 q ) 6 q } q>0 u q < max, < 1. 7 7 14 = u 1 > u q. Zauważmy również, że w rzyadku klasy W 1, α,loc Rn ) nawet Du nie jest dobrze określone, gdyż nie zakładamy, by funkcja u była lokalnie całkowalna. Tym bardziej nie wiadomo czym jest div Du Du) = u. Możemy jednak, rzy dodatkowych założeniach udowodnić nieistnienie nietrywialnych rozwiązań zagadnienia 3.1). W dowodzie twierdzenia będziemy chcieli okazać nieistnienie nierówności omiędzy całkami, więc musimy zakładać, że u L 1 loc Rn ). Ponadto, do Lematu 3. otrzebujemy, by u α W 1, loc Rn ). Dlatego też, jako rzestrzeń rozwiązań roonujemy klasę: S α = {u W 1, loc Rn ) : u L 1 locr n ), u α W 1, loc Rn )}. Zauważmy dodatkowo nastęujący fakt: waga 3.1.1. Warunek u α W 1, loc Rn ), gdzie α < 0, imlikuje, że warunek {u = 0} może być sełniony tylko na zbiorze miary 0 rzy wyborze dowolnego rerezentanta w klasie W 1, loc Rn )). Otwarte ytanie. Nie wiemy jak możliwie ogólną klasę zamiast S α można zaroonować, aby nadal nie istniały rozwiązania nierówności 3.1) na R n. 16

3.. Lematy omocnicze W dowodzie twierdzenia 3.3.1 będziemy korzystali kilkakrotnie z nastęującej wersji nierówności Younga: 1 Lemat 3.1 Nierówność Younga z arametrem). Jeśli a, b, θ > 0, 1 <, q <, + 1 q = 1, to ab 1 aθ) + 1 ) b q. 3.3) q θ Dowód. Skorzystamy z najbardziej owszechnej wersji nierówności Younga 1.3): ) b Y oung ab = aθ) θ 1 aθ) + 1 q waga 3..1. Mając daną liczbę a > 1, rzez a będziemy oznaczać liczbę do niej Hölderowsko srzężoną, a = a a 1. W dowodzie twierdzenia 3.3.1 zastosujemy wzory z oniższego lematu. Lemat 3.. Niech α < 0, u S α, ϕ W 1, 0 BR)) i su ϕ BR), gdzie BR) - kula o romieniu R i środku w 0. Wówczas div Du Du)u α ϕ)dx 1) = Du Du Du α ϕ)dx R n BR) ) = α BR) b θ ) q. Du u α 1 ϕdx + Du Du Dϕ)u α dx BR) Dowód. Zauważmy, że skoro u α W 1, loc Rn ), a ϕ W 1, 0 BR)) i ma zwarty nośnik, to v = u α ϕ W 1, R n ) i ma zwarty nośnik. Łatwo okazać, że v W 1, 0 BR)). Z założenia u W 1, loc Rn ), zatem Du Du L loc Rn ) L R n ), 3.4) gdzie = 1, i u = div Du Du) wyznacza funkcjonał na W 1, 0 BR)) wzorem u, v) 3) = Du Du Dvdx. R n Z definicji klasy S α wiemy, że funkcjonał ten jest wyznaczany rzez funkcję lokalnie całkowalną, co oznacza, że u, v) = R n w vdx dla ewnej funkcji w L 1 loc Rn ), gdzie v C0 Rn ). Zauważmy, że z owodu gęstości C0 Rn ) w rzestrzeni W 1, R n ), wzór 3) ma sens również dla v W 1, R n ) o zwartym nośniku. Rozważając v = u α ϕ we wzorze 3) dostajemy wzór 1 : div Du Du)u α ϕ)dx = Du Du Du α ϕ)dx. 3.5) R n BR) Pozostaje uzasadnić wzór ). Wiadomo [3], ar. 1.1.3.), że dla dowolnej funkcji v W 1,1 loc Rn ), jej ochodna liczona w sensie dystrybucyjnym jest tym samym, co ochodna v kierunkowa liczona klasycznie: x i x), rzy czym ostatni wzór ma sens dla rawie każdego x. 1 Autorzy wybierając zbiór S α nie założyli, że u α L 1 loc. Nie jest zatem oczywiste jak rozumieli całkowanie rzez części we wzorze 3.5). Stąd nasze założenie u α W 1, loc. 17

Dla ochodnej klasycznej mamy: Du α ϕ) = Du α ) ϕ + u α Dϕ = αu α 1 Dv + u α Dϕ, co kończy dowód lematu. waga 3... Zauważmy, że obie całki we wzorze ) o rawej stronie są skończone, choć nie widzimy tego we wzorze na S α. Całkowalność wyrażenia A = Du Du Dϕ)u α wynika ze wzoru 3.4) oraz z faktu iż Dϕ L, u α L loc. Całkowalność wyrażenia B = Du DuDu α ϕ) już wyjaśnialiśmy. Mamy zatem: α Du u α 1 ϕdx Ax)dx + Bx)dx i funkcja c = Du u α 1 jest nieujemna. Zatem jest ona całkowalna. W dowodzie twierdzenia 3.3.1 będziemy korzystali ze wzoru, uzasadnionego oniższym lematem. Lemat 3.3. Niech R > 0 oraz 0 ξ 0 LiR + ), ξ LiR) będą zadane wzorami: 1, 0 t 1, ) ξ 0 t) = t +, 1 t, ξx) = ξ x 0 R. 3.6) 0, t, Zdefiniujmy ϕ formułą ϕ := ξ λ. 3.7) Wówczas, ϕ LiR n ) i dla α, β > 0 zachodzi nastęujący wzór: R< x <R Dϕ α z ewną stałą C = Cn, α, β, λ) R +, rzy założeniu, że Dowód. Zauważmy, że Zatem Podstawiając y = x R Jeśli tylko λ 1. R< x <R R< x <R ϕ β dx CR n α, 3.8) λβ α) + α > 1, λ 1. 3.9) Dϕx) = λ ) ) x R ξλ 1 x R Dξ. R Dϕ α ϕ β dx = λα ξ αλ 1) ) x R Dξ ) x α R R α R< x <R ξ λ ) dx. x β R otrzymujemy dalej Dϕ α ϕ β dx = λα R α R n Dξy) ξy)) αλ 1) βλ dy 1< x < 18

= R n α λ α ω n 1 1 ξ 0 t) ) ξ 0 t)) λβ α)+α tn 1 dt, gdzie ω n 1 to miara n 1-wymiarowej sfery. Zauważmy, że wyrażenie w nawiasie nie zależy od R. Zatem o ile będzie skończone, będzie szukanym C. Wystarczy oszacować całkę, wystęującą w tym wyrażeniu. o ile λβ α) + α > 1. Dξ 0 t) 1 ξ 0 t)) λβ α)+α tn 1 dt n 1 dt λβ α)+α 1 t + ) = = n 1 1 0 v 1 dv λβ α)+α 1 n 1 λα β) α + 1, 3.3. Nieistnienie nierówności różniczkowych Naszym celem jest rzedstawienie ełnego dowodu nastęującego twierdzenia: Twierdzenie 3.3.1 [1], tw..1). Jeśli 3 1. 0 < 1 < q < n 1) n. 0 < 1 < q = n 1) n oraz α oraz α max{1, 1 q+1 }, 0 ), albo max{1, 1 q+1, 1 q 1 }, 0 ), wówczas zagadnienie { u u q w R n, u 0, u 0 na R n 3.10) nie ma rozwiązań w klasie S α = {u W 1, loc Rn ) : u L 1 loc Rn ), u α W 1, loc Rn )}. Dowód. Dowód rzerowadzony zostanie w kolejnych etaach. 3.3.1. Wstęne ustalenia. Niech ϕ sełnia warunki lematu 3.3. Zauważmy, że dla tak określonego ϕ zachodzi ϕ W 1, 0 R n ) i ϕ 0. Niech α < 0 będzie arametrem, który również óźniej dobierzemy. Zauważamy, że onieważ u α jest funkcją całkowalną, to u > 0 oza ewnym zbiorem Z R n miary 0. 4 Dla uroszczenia zaisu wrowadźmy nastęujące oznaczenia: AR) = su ϕ = {x : x R}, P R) = {x : R < x < R}, R > 0. 3 Autorzy racy nie zakładają nic o α. Jest to błąd, gdyż w dowodzie w [1] korzysta się z wyisanych tu założeń. 4 Autorzy uznali w dowodzie, że można założyć, że u > 0 wstawiając do wzoru 3.10) funkcję u ε = u + ε i rozważając ε 0. To założenie jest jednak błędne, gdyż funkcja u ε może nie sełniać nierówności 3.10). 19

Lematy omocnicze Będziemy otrzebowali uzasadnienia, że zachodzą oniższe imlikacje. Fakt 1. Zachodzą: 1. Przy założeniach: 1 < α oraz 1 < q) zachodzi κ = α+q α+ 1 > 1.. Przy założeniach: 1 q+1 < α < 0 oraz 0 < 1) zachodzi a = α+q 1 α) 1) > 1. 3. Niech κ, a, > 1. Istnieje liczba λ = λ κ,a 1, taka że dla α 1 = κ, β 1 = 1)κ zachodzi λβ 1 α 1 ) + α 1 > 1 oraz dla α = a, β = 1)a zachodzi λβ α ) + α > 1. 4. Przy założeniach: κ = 1 α + 1 ) 1 = α + q α + q q + 1, a = ) ) + n a a zachodzi σ = n κ ) 1 + 1 a α + q 1 α) 1) i a = a a 1 = qn ) n 1) q +1. 5. Przy założeniach: 1 q q 1 < α < 0 oraz 0 < 1 zachodzi m = 6. Przy założeniach: κ = α + q n 1), q = q + 1 n, a = 1 σ = n κ ) + 1 ) + a mamy σ = τ = 0. 7. Przy założeniach: 0 < 1 < q < n 1) n Dowód. α + q 1 α) 1), 1 a + 1 a = 1, 1 1 m = n a a 1 α) 1) > 1. 1 α) 1), q ), τ = n κ ) 1 + n m m zachodzi σ = qn ) n 1) q +1 < 0. 1. Istotnie, κ = α+q α+ 1 > 1 wtedy i tylko wtedy, gdy α + q > α + 1.. Istotnie, a = α+q 1 α) 1) równoważne warunkowi, że α > 1 q+1. > 1 wtedy i tylko wtedy, gdy α + q > α α + 1, co jest 3. Weźmy λ =. Wówczas λβ 1 α 1 ) + α 1 = κ ) + κ = 0 > 1 i analogicznie λβ α ) + α = a ) + a = 0 > 1. 4. Istotnie, 1 σ = n κ ) = = + 1 ) + a n a a ) = n n + n a κ = n κ 1) 1 = n + α + q)1 1 a ) q + 1 1 + 1 ) + n 1 1 ) 1 = a a 1 = n 1)q + 1) + α + q)1 ) 1 α) 1) q + 1 qn 1 + 1 ) 1)n 1 + α + 1 α) q + 1 = = qn ) n 1). q + 1 0

q 1 α) 1) 5. Istotnie, a = > 1 wtedy i tylko wtedy, gdy q warunkowi, że α > 1 q 1. 6. σ = τ wtedy i tylko wtedy, gdy n Zauważmy, że n κ a + n a = n 1 możemy zaisać nastęująco: Zauważmy jednak, że κ an = n 1 q, czyli że = n 1 1 q = n κ a + n m ) 1 a + 1 a κ a = 1 κ m an α+q q +1 1 α) 1) α+q 1 > 1 α, co jest równoważne n m a, równoważnie: = n κ a + n a.. Wówczas warunek na σ = τ = n κ a κ, co jest równoważne an = 1 1 m. Wystarczy więc okazać, że = 1 α) 1) q. nq +1) = ). Ale wobec q = n 1) n otrzymujemy tożsamość =. Z owyższych rozważań i unktu 4. mamy τ = σ = qn ) n 1) q +1, ale q = n 1) n, zatem τ = σ = n 1) n n ) n 1) n 1) n 1) = = 0. q + 1 q + 1 7. σ = qn ) n 1) q + 1 < n 1) n n ) n 1) n 1) n 1) = = 0. q + 1 q + 1 3.3.. Przyadek 0 < 1 < q < n 1) n. Dowód tego rzyadku rzerowadzimy w kolejnych krokach. Krok 1. Szacowanie R n u q+α ϕdx. Mnożąc 3.10) rzez nieujemną funkcję u α ϕ i korzystając z Lematu 3. otrzymujemy: u q+α ϕdx = u q+α ϕdx α Du u α 1 ϕdx + Du < Du, Dϕ > u α dx R n AR) AR) P R) zatem AR) Schwartz α Du u α 1 ϕdx + Du 1 Dϕ u α dx, AR) P R) u q+α ϕdx + α Du u α 1 ϕdx Du 1 Dϕ u α dx =: B. 3.11) P R) P R) Zauważmy, że stąd wynika, że funkcja u q+α ϕ jest całkowalna. Ponieważ nierówność zachodzi dla dowolnego R, otrzymujemy u q+α L 1 loc Rn ). Z nierówności Younga 3.3) dla 5 a = Dϕ ϕ 1 u α + 1, b = Du 1 ϕ 1 u α 1 oraz θ = ε otrzymujemy: B = Du 1 ϕ 1 Dϕ ϕ 1 u α dx P R) C 1 ε) Du u α 1 ϕdx + C ε) P R) P R) u α+ 1 Dϕ dx, 3.1) ϕ 1 5 Zauważmy, że w zbiorze P R) funkcja ϕ jest ściśle dodatnia, więc b jest dobrze określoną liczbą. 1

gdzie C 1 ε) = ε, C ε) = Po ołączeniu 3.11) i 3.1) oraz odstawieniu nierówność 3.1) zamienia się w: AR) 1 ε 1) 3.13) C 3 ε) = α ε > 0, ε 0, α) 3.14) u q+α ϕdx + C 3 ε) Du u α 1 α+ 1 Dϕ ϕdx C ε) u dx. 3.15) P R) P R) ϕ 1 Wybierając κ > 1, takie że 1 κ + 1 κ = 1 i stosując do rawej strony nierówność Younga 3.3) dla a = u α+ 1 ϕ 1 κ, b = Dϕ ϕ 1 1 κ oraz θ = ε 1) otrzymujemy: AR) gdzie u q+α ϕdx+c 3 ε) Du u α 1 ϕdx C 4 ε) u α+ 1)κ Dϕ κ ϕdx+c 5 ε) dx, P R) P R) P R) ϕ 1)κ 3.16) C 4 ε) = C ε) ε 1)κ κ = ε1 ) 1 )κ κ = ε1 )1 κ), κ C 5 ε) = C ε) ε1 )κ κ = ε1 )+1 )κ κ Obie te stałe są większe od zera, gdyż C ε), ε, κ > 0. Stosując Fakt 1, unkt 1, możemy wybrać κ = zaisać nastęująco: gdzie α+q α+ 1 = ε1 )1+κ ) κ. 3.17). Wówczas nierówność 3.16) możemy C 6 ε) u q+α ϕdx + C 3 ε) Du u α 1 Dϕ κ ϕdx C 5 ε) dx, 3.18) AR) P R) P R) ϕ 1)κ Możemy wybrać takie ε, by C 6 ε) > 0. 6 Krok. Szacowanie R n u q ϕdx. ) 1 α+q C 6 ε) = 1 C 4 ε) = 1 ε1 ) α+ 1. 3.19) α+q) α+ 1 Mnożąc 3.10) rzez ϕ i odcałkowując rzez części otrzymujemy: u q ϕdx = R n AR) u q ϕdx = P R) P R) Du 1 u α 1) 1) Du < Du, Dϕ > dx Schwartz P R) ϕ 1 1 u 1 α) 1) ϕ 1 1 Dϕ dx Du 1 Dϕ dx 6 Zauważmy, że wówczas wykładnik ε jest dodatni. Zatem dla dostatecznie małych ε stała C 6 ε) może być dowolnie bliska jedynki.

Holder ) 1 Du u α 1 1 α) 1) Dϕ ϕdx u dx P R) P R) ϕ 1 ) 1. 3.0) Biorąc a > 1, takie że 1 a + 1 a = 1) i stosując nierówność Höldera dla ostatniego wyrażenia z 3.0), wyrażenie u q ϕdx może być oszacowane nastęująco: AR) u q ϕdx Du u α 1 ϕdx P R) ) 1 u a1 α) 1) ϕdx P R) ) 1 a P R) ) 1 Dϕ a a dx. ϕ 1)a 3.1) Stosując Fakt 1, unkt, możemy wybrać a takie, że a1 α) 1) = q + α. Połączmy 3.1) oraz 3.18). Wówczas AR) u q ϕdx C ε P R) ) 1 Dϕ κ dx ϕ 1)κ P R) ) 1 Dϕ κ a dx ϕ 1)κ P R) ) 1 Dϕ a a dx = ϕ 1)a gdzie C ε > 0. = C ε P R) ) 1 Dϕ κ + 1 a ) 1 Dϕ a a dx dx, 3.) ϕ 1)κ P R) ϕ 1)a Krok 3. Koniec dowodu w rzyadku 0 < 1 < q < n 1) n. Korzystając z lematu 3.3 w 3.) do wyrażeń: I = Dϕ κ dx i II = Dϕ a dx oraz ϕ 1)κ ϕ 1)a dobierając λ > 1 w oarciu o Fakt 1, unkt 3, otrzymujemy: u q x)dx u q ϕdx C R n κ ) 1 + 1 a R n a ) 1 a = CR σ, 3.3) x <R AR) ) gdzie σ = n κ ) 1 + 1 a + Fakt 1, unkt 4, otrzymujemy: ) n a a. Biorąc od uwagę nasze wybory κ oraz a i stosując σ = qn ) n 1). 3.4) q + 1 Z Faktu 1, unkt 7, wiemy, że σ < 0. Wówczas nierówność 3.3) imlikuje R n u q x)dx = 0 To zaś stoi w srzeczności z faktem, iż u > 0 rawie wszędzie. Krok 4. Podsumowanie warunków na arametry W analizie tego rzyadku korzystaliśmy z nastęujących warunków na arametry: 1. κ > 1 Fakt 1, unkt 1),. a > 1 Fakt 1, unkt ), 3. σ < 0 Fakt 1, unkt 7). względniając wszystkie założenia unktów 1, i 7 z Faktu 1, otrzymujemy nastęujący warunek wiążący arametry: n 1) 0 < 1 < q < oraz α max{1, 1 q + 1 ) n }, 0. 3

3.3.3. Przyadek krytyczny 0 < 1 < q = n 1) n. Dowód tego rzyadku rzerowadzimy w kolejnych krokach. W tym rzyadku określone w 3.4) σ = 0 Fakt 1, unkt 6). Krok 1. Szacowanie x <R uq dx. Z naszego wyboru ϕ arametr λ dobierzemy óźniej) oraz ze wzoru 3.0) mamy: u q x)ϕdx Du 1 Dϕ dx Du u α 1 ϕdx P R) x <R Du u α 1 ϕdx P R) ) 1 ) 1 P R) 1 α) 1) Dϕ u dx P R) ϕ 1 u m1 α) 1) ϕdx P R) gdzie m > 1 i 1 m + 1 m = 1. Stosując Fakt 1, unkt 5, możemy wybrać m = ) 1 m P R) ) 1 ) 1 Dϕ m m dx, ϕ 1)m q 1 α) 1). Zauważmy, że również w > 1 Fakt 1, rzyadku krytycznym, gdy q = n 1) n sełnione jest założenie κ = α+q α+ 1 unkt 1). Możemy zatem zastosować wzór 3.18) do wyrażenia: P R) Du u α 1 ϕdx. To daje: x <R u q x)dx C P R) ) 1 Dϕ κ ) 1 Dϕ m m ) 1 dx dx u q m dx. ϕ 1)κ P R) ϕ 1)m P R) 3.5) Krok. Koniec dowodu w rzyadku 0 < 1 < q = n 1) n. Po zamianie zmiennych otrzymujemy: gdzie u q x)dx C 0 R τ u q dx x <R P R) τ = n κ ) 1 ) 1 m + n m m = 0., 3.6) Istotnie, stosując Fakt 1, unkt 3 do trójki κ, m, ) zamiast κ, a, ) zauważamy, że istnieje λ > 1, takie, że dla obu ar α 1, β 1 ) i α 3, β 3 ), gdzie α 1 = κ, β 1 = 1)κ, α 3 = m, β 3 = 1)m, można zastosować Lemat 3.3 z tym samym arametrem λ. To wyjaśnia nierówność 3.6). Do momentu wyrowadzenia nierówności 3.3) nie korzystaliśmy z założeń na σ. W szczególności rzy naszych założeniach 3.3) jest sełnione. Z Faktu 1, unkt 6 mamy σ = τ = 0, stąd u q x)dx <. R n Nierówność 3.6) imlikuje, że istnieje taki ciąg {R k }, że R k oraz co kończy dowód. lim k x <R k u q dx = 0, 4

Krok 3. Podsumowanie warunków na arametry W analizie tego rzyadku korzystaliśmy z nastęujących warunków na arametry: 1. κ > 1 Fakt 1, unkt 1),. m > 1 Fakt 1, unkt 5), 3. σ = τ = 0 Fakt 1, unkt 6), 4. a > 1 Fakt 1, unkt ; warunek otrzebny do dowodu unktu 6). względniając wszystkie założenia unktów 1,, 5 i 6 z Faktu 1, otrzymujemy nastęujący warunek wiążący arametry: 0 < 1 < q = waga 3.3.1. n 1) n oraz α max{1, 1 q + 1, 1 q 1 }, 0 ). Autorzy racy [1] rozatrzyli również rzyadek, gdy 0 q 1, > 1 i n 1. Ich dowód oierał się jednak na srzecznych założeniach wiążących arametry. Dowód. W dowodzie z racy [1] w tym rzyadku autorzy korzystają z faktów, iż κ = α + q α + 1 > 1 oraz a = α + q 1 α) 1) > 1. Jeżeli κ > 1 oraz 0 q 1, to α < 1. Jeżeli a > 1, to q + α > 1 α + α. względniając 0 q < 1 i α < 1 mamy: 1 q > 1 α > 1 1 ) = 1) + 1). Dzieląc stronami rzez 1 > 0 mamy 1 > + 1, czyli < 0, co jest srzeczne z założeniem, że > 1. 5

Rozdział 4 Podsumowanie Przegląd metod rozoczynamy od dowodu twierdzenia o nieistnieniu w klasie C ) nietrywialnych rozwiązań zagadnienia: { u = u q 1 u w, u = 0 na, gdzie n n q+1 > 0, a jest obszarem gwiaździstym względem unktu 0, którego brzeg jest klasy C 1. Nastęnie okazujemy uogólnienie owyższego twierdzenia. Dowodzimy nieistnienie w klasie C ) nietrywialnych rozwiązań zagadnienia: { u = λ u q 1 u w, u = 0 na, ) gdzie n n q+1 1 > 0 oraz λ > 0. Dowody obu owyższych twierdzeń olegają na odcałkowaniu wyjściowego równania o omnożeniu rzez różne funkcje: x Du oraz u, co rowadzi do srzecznych tożsamości. Zajmujemy się również nieistnieniem rozwiązań w klasie dla nastęującego zagadnienia: S α = {u W 1, loc Rn ) : u L 1 locr n ), u α W 1, loc Rn )}, { u u q w R n, u 0, u 0 na R n, rzy nastęujących założeniach na arametry: 1. 0 < 1 < q < n 1) n. 0 < 1 < q = n 1) n oraz α oraz α max{1, 1 q+1 ), }, 0 albo max{1, 1 q+1, 1 q 1 ). }, 0 W dowodzie, oza całkowaniem rzez części, wykorzystujemy wielokrotnie nierówności Höldera i Younga. 7

Bibliografia [1] E. Mitidieri, S. I. Pohozaev, Nonexistence of Positive Solutions for Quasilinear Ellitic Problems on R n, Proceedings of the Steklov Institute of Mathematics, Vol. 7, 1999, 1 3. [] L. C. Evans, Równania różniczkowe cząstkowe, Wydawnictwo Naukowe PWN, Warszawa, 004. [3] V. G. Mazja, Sobolev saces, Sringer-Verlag, New York, 1985. 9