ln(|x|) in W(k,p) < Funktionalanalysis < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Sei f(x) : = ln( || x ||)
f : B -> [mm] \IR [/mm] , wobei B die offene Einheitskugel im [mm] R^n [/mm] sein
Zeige: f [mm] \in W^{(k,p)} [/mm] genau dann wenn 1 [mm] \le [/mm] p < n |
Hallo!
Die schwachen Ableitungen von f entsprechen den "starken" Ableitungen von f auf [mm] $B\backslash\{0\}$ [/mm] , und in 0 einfach beliebig definiert.
Was also zu zeigen bleibt, ist, dass die schwachen Ableitungen (beliebigen Grades) in [mm] L^p [/mm] liegen, genau dann, wenn p wie oben gewählt ist.
Wie kann ich aber zeigen, dass die schwachen Ableitungen p-fach integrierbar sind?
Danke fuer alle Antworten.
Ich habe diese Frage in keinem weiterem Forum gestellt.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:20 Fr 04.06.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:54 So 04.07.2010 | | Autor: | dazivo |
Hallo!
Ich weiss, ich bin zu spät, aber vielleicht hilfs dir trotzdem!
Ich skizziere mal, wie ich das machen würde:
Zunächst einmal, würde ich zeigen, dass $x [mm] \mapsto \log|x|$ [/mm] überhaupt in [mm] $L^1_loc$ [/mm] ist. Dafür musst du zeigen, dass
[mm] $\int_{\IB} \log|x| \phi(x) [/mm] dx$ überhaupt wohldefiniert ist für jedes glatte [mm] $\phi$ [/mm] mit kompaktem support in [mm] $\IB$. [/mm]
Um dies einzusehen wählt man sich ein kleines positives [mm] $\epsilon [/mm] > 0$ und schaut was passiert, wenn man bei
[mm] $\int_{\IB \backslash \IB_\epsilon} \log|x| \phi(x) [/mm] dx$
das [mm] $\epsilon$ [/mm] gegen Null gehen lässt [mm] ($\IB \backslash \IB_\epsilon$ [/mm] heisst 1-Ball ohne [mm] $\epsilon$-Ball). [/mm] Mit Polarkoordinaten kommt man schnell zum Ziel.
Jetzt wendet man das gleiche verfahren auf die (starken) Ableitungen an.
Schliesslich liefert das die Schwache Diff'barkeit. Die Integrierbarkeit kann man ebenfalls mittels Polarkoordinaten testen.
Während diesen ganzen Berechnugen wirst du feststellen, dass die Bedingung $1 [mm] \leq [/mm] p < n$ hinreichend und notwendig ist.
Ich hoffen, ich konnte dir weiterhelfen
Gruss dazivo
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