Minimiza la funcionalidad$\int_D \| \operatorname{grad}u(M)\|^2\,\mathrm dM$

Question

Tengo el siguiente problema:

Deje $k \in \mathbb{N}^*$ e $D$ ser el disco cerrado de radio $1$ en $\mathbb{C}$ e $g\colon \mathbb{U} \to \mathbb{R}:z \mapsto \sin(k\mathrm{Arg}(z))$. Ahora vamos a $E$ el conjunto de funciones de $D$ a $\mathbb{R}$ que son continuas en $D$, $C^1$ en $\overset{\circ}{D}$ y cuyas derivadas parciales pueden ser continuamente se extienden a $D$ y cuyas restricciones en $\mathbb{U}$ es $g$. Encontrar el mínimo de la funcional: $$u \in E \mapsto\int_D \| \operatorname{grad}u(M)\|^2 \,\mathrm{d}M.$$

Me gustaría tener algunos pensamientos sobre ella, el problema es que no sé del todo cómo abord y dónde mirar.

Sé que la mayoría del tiempo con el fin de encontrar el máximo de una función tenemos que encontrar el punto crítico de esta función con el fin de ver si estos puntos son parientes mínimo y, a continuación, justos. Pero aquí no es claro para mí cómo debo encontrar los puntos críticos o si debo aplicar otra técnica.

Gracias.

Answer 1

$\def\∆{\mathord{∆}}\def\d{\mathrm{d}}\def\vec{\boldsymbol}$Usando coordenadas polares, $g(θ) = \sin(kθ) \in C([0, 2π])$, por lo tanto la solución de la ecuación $$\begin{cases} -\∆u = 0, \quad x \in D^\circ\\ u|_{∂D} = g \end{casos}$$ satisface $u \in C(D) \cap C^∞(D^\circ)$ e $$\begin{align*} u(r, θ) &= \frac{1}{2π} \int_{-π}^π \frac{1 - r^2}{1 + r^2 - 2r \cos(α - θ)}g(α) \,\d α\\ &= \frac{1}{2π} \int_{-π}^π \frac{1 - r^2}{1 + r^2 - 2r \cos(α - θ)} \sin(kα) \,\d α. \end{align*}$$

A continuación, se demostró que esta $u \in \mathscr{E}$ minimiza $\displaystyle J(v) = \int_D |∇u|^2 \,\d x$ en $\mathscr{E}$. Para cualquier fija $v \in \mathscr{E}$, denotan $φ = v - u$. Tenga en cuenta que $u + tφ \in \mathscr{E}$ cualquier $t \in \mathbb{R}$. Definir $j(t) = J(u + tφ)$ para $t \in \mathbb{R}$, luego de $$j'(t) = \int\limits_D \frac{\d}{\d t} \bigl(∇(u + tφ) · ∇(u + tφ)\bigr) \,\d x = 2 \int\limits_D ∇(u + tφ) · ∇φ \,\d x,\\ j"(t) = 2 \int\limits_D \frac{\d}{\d t} \bigl( ∇(u + tφ) · ∇φ \bigr) \,\d x = \int\limits_D |∇φ|^2 \,\d x \geqslant 0.$$ Tenga en cuenta que $u|_{∂D} = v|_{∂D} = g$ implica $φ|_{∂D} = 0$, e $\∆ u = 0$ a $D^\circ$, por lo tanto $$\begin{align*} \frac{1}{2} j'(0) &= \int\limits_D ∇u · ∇φ \,\d x = \int\limits_{∂D} φ∇u · \vec{n} \,\d s - \int\limits_D φ\∆ u \,\d x = 0, \end{align*}$$ lo que implica $J(v) = j(1) \geqslant j(0) = J(u)$. Por lo tanto, $u$ minimiza $J$. Finalmente, $$\begin{align*} J(u) &= \int\limits_D |∇u|^2 \,\d x = \int\limits_{∂D} u∇u · \vec{n} \,\d s - \int\limits_D u\∆ u \,\d x\\ &= \int\limits_{∂D} g\frac{∂u}{∂\vec{n}} \,\d s = \int\limits_{∂D} \left. g\frac{∂u}{∂r} \right|_{r = 1} \,\d s = \int_{-π}^π \sin(kα) · \frac{∂u}{∂r}(1, α) \,\d α. \end{align*}$$

---

Ahora para este particular,$g(θ) = \sin(kθ)$, después de la resolución de $u$ para las pequeñas $k$, la solución general de la $k$ se puede adivinar como $u(r, θ) = r^k \sin(kθ)$. Para comprobar esto, tenga en cuenta que en coordenadas polares, $$\∆ = \frac{∂}{∂r^2} + \frac{1}{r} \frac{∂}{∂r} + \frac{1}{r^2} \frac{∂^2}{∂ θ^2},$$ por lo tanto $$\begin{align*} \∆ u(r, θ) &= \frac{∂}{∂r^2}(r^k \sin(kθ)) + \frac{1}{r} \frac{∂}{∂r}(r^k \sin(kθ)) + \frac{1}{r^2} \frac{∂^2}{∂ θ^2}(r^k \sin(kθ))\\ &= k(k - 1) r^{k - 2} \sin(kθ) + \frac{1}{r} · k r^{k - 1} \sin(kθ) - \frac{1}{r^2} · r^k k^2\sin(kθ) = 0. \end{align*}$$

Por lo tanto, $$J(u) = \int_{-q}^π \sin(ka) · \frac{∂u}{∂r}(1, α) \,\d α = \int_{-q}^π \sin(ka) · k\sin(ka) \,\d α = kn.$$