La extensión de la desigualdad de Poincaré: $\|u\|_{L^2(\Omega)}\leq C\|\nabla u\|_{L^2(\Omega)}$ al $u$ se desvanece en $\Gamma\subseteq\partial\Omega$.

Question

Recordar la desigualdad de Poincaré:

Deje $\Omega$ ser un conjunto abierto acotado en $\mathbb{R}^n$. Luego hay un $C=C(\Omega,n)>0$ tal que $\|u\|_{L^2(\Omega)}\leq C\|\nabla u\|_{L^2(\Omega)}$ todos los $u\in C_c^1(\Omega)$ (o $u\in H_0^1(\Omega)$).

Yo quiero probar la siguiente versión:

Deje $\Omega$ ser un delimitada conectado conjunto abierto en $\mathbb{R}^n$ con suave límite de $\partial\Omega$. Deje $\Gamma\subseteq\partial\Omega$ ser relativamente un conjunto abierto. Luego hay un $C=C(\Omega,n,\Gamma)>0$ tal que $\|u\|_{L^2(\Omega)}\leq C\|\nabla u\|_{L^2(\Omega)}$ todos los $u\in C^1(\bar{\Omega})$$u=0$$\Gamma$.

Esto puede ser demostrado por la contradicción y el uso de Rellich teorema de compacidad en $H^1(\Omega)$.

Pero estoy más interesado en una prueba dando una idea de una posible $C$ (no necesariamente el óptimo, sólo un $C$). Aquí está mi intento de un convexo $\Omega$. Yo no era capaz de terminar la prueba. Tal vez la idea que está mal, no sé...

Dado $z\in\Gamma$$\sigma\in \mathbb{S}^{n-1}$, vamos a $g(r)=u^2(z+r\sigma)$ definido en $A_{z,\sigma}=\{r>0:\,z+r\sigma\in\Omega\}$. Para todos los $\bar{r}\in A_{z,\sigma}$ $$ u^2(z+\bar{r}\sigma)=g(\bar{r})=\underbrace{g(0)}_{=0}+\int_0^{\bar{r}}g'(r)\,dr=2\int_0^{\bar{r}}u(z+r\sigma)\,\nabla u(z+r\sigma)\cdot\sigma\,dr.$$ Then $$u^2(z+\bar{r}\sigma)\leq 2\int_0^{\bar{r}}|u(z+r\sigma)|\,|\nabla u(z+r\sigma)|\,dr\leq 2\int_{A_{z,\sigma}}|u(z+r\sigma)|\,|\nabla u(z+r\sigma)|\,dr,$$ así \begin{align*}\int_{A_{z,\sigma}}u^2(z+r\sigma)\,dr \leq {} & 2|A_{z,\sigma}|\int_{A_{z,\sigma}}|u(z+r\sigma)|\,|\nabla u(z+r\sigma)|\,dr\\ \leq {} & 2\,\text{diam}(\Omega)\int_{A_{z,\sigma}}|u(z+r\sigma)|\,|\nabla u(z+r\sigma)|\,dr. \end{align*} Ahora el uso de la conocida desigualdad de $2ab\leq a^2/\epsilon+b^2\epsilon$ con $a=|u(z+r\sigma)|$, $b=|\nabla u(z+r\sigma)|$ y $\epsilon=2\,\text{diam}(\Omega)$, por lo que $$\int_{A_{z,\sigma}}u^2(z+r\sigma)\,dr\leq 4\,\text{diam}(\Omega)^2\int_{A_{z,\sigma}}|\nabla u(z+r\sigma)|^2\,dr.$$ Integrating on $\mathbb{S}^{n-1}$ with respect to $d\sigma$ and using $r^{n-1}\,dr\,d\sigma=dy$, \begin{align*}\int_\Omega u^2(y)\,\frac{1}{|y-z|^{n-1}}\,dy= {} &\int_{\mathbb{S}^{n-1}}\int_{A_{z,\sigma}}u^2(z+r\sigma)\,dr\,d\sigma \\ \leq {} & 4\,\text{diam}(\Omega)^2\int_{\mathbb{S}^{n-1}}\int_{A_{z,\sigma}}|\nabla u(z+r\sigma)|^2\,dr\,d\sigma \\= {} & 4\,\text{diam}(\Omega)^2\int_\Omega |\nabla u(y)|^2\,\frac{1}{|y-z|^{n-1}}\,dy. \end{align*} Desde $|y-z|\leq \text{diam}(\Omega)$, $$\int_\Omega u^2(y)\,dy\leq 4\,\text{diam}(\Omega)^{n+1}\int_\Omega |\nabla u(y)|^2\,\frac{1}{|y-z|^{n-1}}\,dy,$$ for every $z\in\Gamma$.

Mi problema: me gustaría deshacerse de $1/|y-z|^{n-1}$. Pensé de integrar en $\Gamma$ con respecto al $d\sigma$ a ambos lados, y obligado $$\int_\Gamma \frac{1}{|y-z|^{n-1}}\,d\sigma(z).$$ If this integral were a Lebesgue integral, since $n-1<n$ we would have the boundedness of the integral. But we are dealing with a surface integral. As $\Gamma$ is relatively open and $\partial\Omega$ is smooth, there is a relatively open subset $V\subseteq\Gamma$ such that $V$ is the graph of a function $\varphi:W\subseteq\mathbb{R}^{n-1}\rightarrow\mathbb{R}$, so (denote $y=(y',y_n)$): $$\int_V\frac{1}{|y-z|^{n-1}}\,d\sigma(z)=\int_W\frac{\sqrt{1+|\nabla \varphi(z')|^2}}{(|y'-z'|^2+|y_n-\varphi(z')|^2)^{\frac{n-1}{2}}}\,dz'\leq C\int_W \frac{1}{|y'-z'|^{n-1}}\,dz',$ $ , pero esta última integral no puede ser finito.

Answer 1

Hay otra prueba similar en Gilbarg y Trudinger Gilbarg y Trudinger(lemas 7.12 y 7.16 y la fórmula (7.45). Demostrar la desigualdad de Poincaré en convexa de dominios con el término medio, en vez de $u=0$$\Gamma$. El truco hay que considerar $g(r)=u(z+r\sigma)$ en lugar de $u^2$, para integrar la primera en $z$ como usted sugiere, y, a continuación, en lugar de utilizar del Titular de la desigualdad de elevar a la potencia de $2$ en vez de usar una forma generalizada de Jóvenes de la desigualdad de las circunvoluciones para lidiar con $\frac1{|x-z|^{n-1}}.$ Una idea similar se podría trabajar aquí....

Answer 2

El problema con el argumento está usando el mismo punto de $z\in \Gamma$ de todos los rayos cuando se integran en coordenadas polares. La desigualdad de Poincaré no se sostiene si $u=0$ en un solo punto, ya que la capacidad de un punto es cero. Esto es lo que está causando el final de la línea de no-integrable. De alguna manera tienes que "compartir la carga" a través de todos los puntos de $z\in \Gamma$, tal vez por la variación de $z\in \Gamma$ a medida que se integran a través de los rayos. Lamentablemente no sé cómo hacerlo o si le va a funcionar.

Como un simple ejemplo puede calcular la constante de un cuadro de $[0,1]^d$ si $\Gamma = \{x_i=0\}$. Si usted utiliza su método e integrar a lo largo de $x_i$ (en lugar de en coordenadas polares) usted debe conseguir $C=2$. Tenga en cuenta que usted está usando rayos a partir de todos los puntos de $x \in \Gamma$ en la prueba. De alguna manera, usted necesita para hacer esto en el caso de un dominio convexo así.

EDIT: UNA idea tonta me acaba de ocurrir. Usted puede tratar de pegar el punto de $z$ fuera del dominio ligeramente por detrás de la $\Gamma$ y el uso de su mismo argumento. A continuación, el lado derecho sería integrable, pero los rayos no podría completamente barrer el dominio (pero si es uniformemente convexo, entonces no podría faltar demasiado).