Scritti d'esame 2016

[Carmine]

Pubblico la soluzione del terzo compito, ASSOLUTAMENTE DA PRENDERE CON LE PINZE NELL'ESERCIZIO 4. Ho fatto un delirio, ma non sapevo come farlo in maniera elementare. Consiglio vivamente di armarsi di carta e penna, se si vuole consultare la soluzione. Il 4 secondo me era tosto tosto...

Per il Prof: mi piacerebbe sapere se la mia soluzione non fa acqua da qualche parte, e se esiste una soluzione più semplice (rettifico: qual è una soluzione più semplice, perchè di sicuro esiste una soluzione più semplice del delirio che ho combinato).

Al solito, non fatevi problemi a commentare o chiedere chiarimenti.

[Massimo Gobbino]

Ho aggiunto lo scritto del quarto appello, con una piccola modifica rispetto alla versione originale per rendere il primo esercizio più vario.

[Massimo Gobbino]

[TizianoA]

Provo a scrivere la soluzione del primo esercizio (nella versione modificata, cioè quella caricata online).

Punto a): Sia .
Se è punto di minimo per il funzionale allora per , posto , si deve avere . Facendo i conti si ottiene
$$
\int_0^1 \big( 2\ddot{u}\ddot{v} -7x\dot{v} -10 v\big) dx = 0,\quad \forall v\in V.
$$
Supponendo , derivo per parti ed ottengo
$$ \big[ 2\ddot{u}\dot{v} -2u^{(3)}v - 7xv\big]_0^1 + \int_0^1 \big( 2u^{(4)}-3)v \,dx = 0,\quad \forall v\in V.$$
cioè, siccome è nulla al bordo,
$$ \big[ 2\ddot{u}\dot{v}\big]_0^1 + \int_0^1 \big( 2u^{(4)}-3)v \,dx = 0,\quad \forall v\in V.$$
(Fase I) considero le tali che . Applicando (una variante di) FLCV, ottengo .
(Fase II) Ma allora deve valere . Per l'arbitrarietà di , questo vuol dire che .

Quindi deve soddisfare il sistema
$$
\begin{cases}
u^{(4)}=\frac{3}{2} \\
\ddot{u}(0)=\ddot{u}(1)=0 \\
u(0)=u(1)=0
\end{cases}
$$

Si può verificare che il sistema ha un'unica soluzione, che si può anche calcolare esplicitamente con un po' di conti (è un polinomio di quarto grado...): sia tale soluzione. Voglio mostrare che è l'unico punto di minimo.
Sia qualsiasi e ; allora si ha
$$
F(w) = F(u_0+v) = F(u_0) + \underbrace{\int_0^1 \ddot{v}^2\,dx}_{\ge0} + \underbrace{\int_0^1 \big( 2\ddot{u}\ddot{v} -7x\dot{v} -10 v\big) dx}_{=0}
\ge F(u_0)
$$
e vale l'uguaglianza se e solo se , ma è nulla al bordo, quindi se e solo se . Pertanto è l'unico punto di minimo.


Punto b): il procedimento è il solito, quindi scrivo meno dettagli. Stavolta però e (cosicché ).
Dalla relazione
$$
\int_0^1 \big( 2\ddot{u}\ddot{v} -7x\dot{v} -10 v\big) dx = 0,\quad \forall v\in V.
$$
ottengo
$$
\big[-2u^{(3)}v - 7xv\big]_0^1 + \int_0^1 \big( 2u^{(4)}-3)v \,dx = 0,\quad \forall v\in V.
$$
Dalla "Fase I" ottengo sempre , mentre dalla "Fase II" ricavo e .

In conclusione deve soddisfare il sistema
$$
\begin{cases}
u^{(4)}=\frac{3}{2} \\
u^{(3)}(0) = 0 \\
u^{(3)}(1) = -\frac{7}{2} \\
\dot{u}(0)=\dot{u}(1)=0
\end{cases}
$$
Tale sistema non ha soluzione: la prima equazione dice che è del tipo ; ma allora la seconda equazione implica e dunque la terza diventa .

In effetti, in questo caso . Lo si può vedere, ad esempio, considerando la successione : si ha che per ogni n, e . [NOTA: tale successione andava bene anche al punto (a) dell'esercizio originale ]


Spero di non aver fatto troppi errori . Ogni commento/suggerimento è ben accetto

[Massimo Gobbino]

Grazie a TizianoA per aver postato il suo svolgimento, e soprattutto per averci fatto conoscere il fondamentale procedimento di derivazione per parti .

In effetti l'esercizio originale era venuto un po' banalotto , ma a volte quelli più banali finiscono per risultare più ostici.

A questo punto mi viene una domanda, rispondere alla quale può essere istruttivo. Giustamente si è visto che nel punto (b) il minimo non esiste. Allora, se lo imposto con il metodo diretto, qualcosa deve andare storto ... Cosa?

[TizianoA]

Se provo ad applicare il metodo diretto al punto b) mi blocco al livello della nozione di convergenza che garantisca la compattezza dei sottolivelli

Come formulazione debole considero lo spazio di modo che le BC hanno ancora senso.
(Spero di non sbagliare già da qui )

[Massimo Gobbino]

Ho postato il quinto scritto. Ricchi premi per chi individua la risposta giusta al (4b).

[Massimo Gobbino]

Aggiunto il sesto scritto, privato di una domanda banale.

[C_Paradise]

[Massimo Gobbino]

Mi sembrano ottimi ingredienti, ma un pizzico di equicoercività ci sta bene .

[Crusp]

Salve!

Avrei una domanda relativa al punto (b) del terzo problema del primo appello del 2016.

Nel punto (b) si chiede di mostrare per quali valori di il minimo esiste ed è negativo. La mia domanda riguarda il modo di far vedere che per il minimo è negativo. Non basta osservare (far vedere) che:

1) Il minimo esiste per il punto (a);

2) la funzione costante uguale a 0 non è minimo locale perché la variazione seconda non rispetta la condizione ?

Infatti per 2) sappiamo che esiste tale che , e quindi chiamato il minimo globale (di cui è nota l'esistenza) si deve avere che .

[Massimo Gobbino]

[Crusp]

Ha ragione, l'implicazione è .

In effetti non ho ancora risolto il caso critico (ci proverò al più presto).

Grazie!

[Massimo Gobbino]

[Crusp]

Ops, non riesco proprio a farcela