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UBUNGSBLATT 1 18.04.13
Aufgabe 1
Gegeben sei eine beschrankte Funktionenfolge (fn) ⊂ L∞((0, 1)), d.h.
supn‖fn‖∞ ≤M < +∞ ,
und f ∈ L∞((0, 1)). Es gelte ˆ t
0
fn(s) ds→ˆ t
0
f(s) ds (1)
fur alle t ∈ (0, 1). Zeigen Sie: fn konvergiert gegen f schwach∗ in L∞((0, 1)).
Beweis. Sei (t1, t2) ⊂ (0, 1) und 1(t1,t2) die charakteristische Funktion vom offenen Intervall (t1, t2).Aus (1) folgern wir, dass
ˆ 1
0
1(t1,t2)(s)fn(s) ds =
ˆ t2
t1
fn(s) ds→ˆ t2
t1
f(s) ds =
ˆ 1
0
1(t1,t2)(s)fn(s) ds .
Bezeichne E der Spann von solchen charakteristischen Funktionen, dann gilt sofort
limn
ˆ 1
0
g(s)fn(s) ds =
ˆ 1
0
g(s)f(s) ds . (2)
Nun ist E eine dichte Teilmenge von L1((0, 1)). Daher existiert es zu festen h ∈ L1((0, 1)) und ε > 0eine Funktion hε ∈ L1((0, 1)), so dass
‖hε − h‖L1((0,1)) ≤ ε .
Aus der Holder’schen Ungleichung und (2) ergibt sich dann
lim supn
∣∣∣ˆ 1
0
h(s)(fn(s)− f(s)) ds∣∣∣ ≤
lim supn
∣∣∣ˆ 1
0
(h(s)− hε(s))(fn(s)− f(s)) ds∣∣∣+ lim sup
n
∣∣∣ˆ 1
0
hε(s)(fn(s)− f(s)) ds∣∣∣
≤ ε(M + ‖f‖L∞((0,1))) .
Da ε beliebig klein, folgt es
limn
ˆ 1
0
h(s)fn(s) ds =
ˆ 1
0
h(s)f(s) ds
fur alle h ∈ L1((0, 1)), was genau die Aussage war.
Aufgabe 2
Sei f(t) = 1 auf (0, 12 ) und f(t) = 0 auf [ 1
2 , 1). Setzen f(t) periodisch aufs ganze R+ fort, dannlasst sich die Folge (fn) ⊂ L∞((0, 1)) durch
fn(t) = f(nt) fur alle t ∈ (0, 1)
Bestimmen Sie den Grenzwert von fn in der schwach∗ Topologie von L∞((0, 1)).1
2 BLATT1
Beweis. Sei t ∈ [0, 1] und in(t) die Abrundung von nt , d. h. die großte gerade Zahl, die weniger odergleich nt ist. Es ist trivial, dass
limn
in(t)
n= t . (3)
Aus Beschranktheit der Folge fn und (3), ersieht man, dass
lim supn
∣∣∣ˆ t
0
fn(s) ds−ˆ in(t)
n
0
fn(s) ds∣∣∣ = 0 . (4)
Andererseits, mit dem Variablenwechsel ns = u kommt man aufˆ in(t)
n
0
fn(s) ds =
ˆ in(t)n
0
f(ns) ds =1
n
ˆ in(t)
0
f(u) du .
Nun ist
1
n
ˆ in(t)
0
f(u) du =1
n
in(t)∑k=1
ˆ k
k−1
f(u) du =1
2nin(t) .
Daher schließen wir mithilfe von (3) and (4) zuruck, dass
limn
ˆ t
0
fn(s) ds = limn
1
2nin(t) =
1
2t=
ˆ t
0
1
2ds.
Nach Aufgabe 1, ist dann f(t) ≡ 12 die ersuchte Funktion.
Aufgabe 3
Sei Ω ⊂ R2 das Einheitsquadrat (0, 1)× (0, 1) und die Folge un : Ω→ R durch
un(x, y) =1√n
(1− y)n sin(nx) .
Zeigen Sie, dass un gegen 0 gleichmaßig und in der schwache topologie von H1(Ω) konvergiert.
Beweis. Zunchst merken wir (ohne Beweis) diese N -dimensionale Verallgemeinerung von Aufgabe 1an: eine beschrankte Folge fn ⊂ Lp(X) mit X ⊂ RN konvergiert gegen f schwach in Lp(X) genaudann, wenn ˆ
A
fn(x) dx→ˆA
f(x) dx (5)
fur alle relativ offene Teilmenge A ⊂ X .Fur den ersten Schritt brauchen wir allerdings (5) gar nicht, da die triviale Schatzung
|un(x, y)| ≤ 1√n
fur alle (x, y) ∈ Ω deutlich impliziert, dass un gegen 0 gleichmaßig konvergiert. Daraus folgern wirauch, dass un → 0 beides in der starken und schwachen Topologie von L2(Ω).
Daher muss man nur zeigen, dass ∇un 0 in der schwachen Topologie von L2(Ω;R2). Mit Hinblickauf dem erwahnten Konvergenzkriterium, beweisen wir zuerst, dass ‖∇un‖2 ≤M fur alle n ∈ N . Manhat tatsachlich
∂xun(x, y) =√n(1− y)n cos(nx)
und∂yun(x, y) = −
√n(1− y)n−1 sin(nx) .
Dann
|∇un(x, y)|2 = |∂xun(x, y)|2 + |∂yun(x, y)|2 = n(1− y)2n−2(sin2(nx) + (1− y)2 cos2(nx))
woraus ˆΩ
|∇un(x, y)|2 dx dy ≤ n
ˆΩ
(1− y)2n−2 dx dy ≤ n
ˆ 1
0
(1− y)2n−2dy =n
2n− 1≤ 1 . (6)
BLATT1 3
Nun hat man fur alle offene Teilmenge A ⊂ Ω∣∣∣ˆA
∂xun(x, y) dx dy∣∣∣ =
∣∣∣ˆA
√n(1− y)n cos(nx) dx dy
∣∣∣ ≤ ˆA
|√n(1− y)n cos(nx)| dx dy
≤ˆA
√n(1− y)n dx dy ≤
ˆΩ
√n(1− y)n dx dy =
ˆ 1
0
√n(1− y)n dy =
√n
1
n + 1,
was genau zu
limn
ˆA
∂xun(x, y) dx dy = 0 (7)
fuhrt. Anlich beweist man, dass
limn
ˆA
∂xun(x, y) dx dy = 0 . (8)
Die Aussage folgt jetzt aus (6), (7), und (8).
UBUNGSBLATT 2 25.04.13
Aufgabe 1
Ein klassisches Gegenbeispiel: Definiert sei die Funktion sign(x) auf dem Intervall (−1, 1) durch
sign(x) :=
−1 wenn x ≤ 0
1 wenn x > 0 .
Betrachten wir mal das Funktional
F (u) :=
ˆ 1
−1
(1 + |x|)|u′(x)| dx + 2
ˆ 1
−1
|u(x)− sign(x)| dx
auf W 1,1(−1, 1). Zeigen Sie, dass dieses Funktional kein Minimum annimmt, indem Sie die darauffol-genden Schritte durchfuhren:
• Fur alle u ∈ W 1,1(−1, 1), es existiert u mit |u| ≤ 1 und F (u) ≤ F (u). Hinweis: Abschnei-dungsmethode.
• Es existiert eine Folge uk ⊂W 1,1 so dass uk(x)→ sign(x) in L1(−1, 1) und F (uk)→ 2.• Fur alle u ∈W 1,1(−1, 1) so dass max[0,1] u ≤ 0 oder min[−1,0] u ≥ 0, gilt F (u) ≥ 2.• Es gilt
infF (u) : u ∈W 1,1(−1, 1) = infF (u) : u ∈W 1,1(−1, 1), |u| ≤ 1,max[0,1]
u > 0, min[−1,0]
u < 0 = 2 . (1)
• Wenn ein Minimierer existieren wurde, so wurde es geltenˆ 1
−1
|u′(x)| dx = 2 ,
was nicht sein darf, weil dann...
Warum darf man hier nicht die direkte Methode der Variationsrechnung anwenden?
Beweis. Ist u ∈ W 1,1(−1, 1) mit u(0) ≤ −1, dann erfullt die Funktion u := −1 ∧ u ∨ 1, alle dieBedingungen
u ∈W 1,1(−1, 1) , |u| ≤ 1 , F (u) ≤ F (u) . (2)
Um die letzte Folgerung zu rechtfertigen, es reicht, das Folgende zu merken. Erstens, es gilt u′ =1|u|≤1u
′ , was eindeutig ˆ 1
−1
(1 + |x|)|u′(x)| dx ≤ˆ 1
−1
(1 + |x|)|u′(x)| dx
impliziert. Zweitens, aus einer direkten Nachrechnung ergibt sich dass
|u(x)− sign(x)| ≤ |u(x)− sign(x)|fur alle x ∈ (−1, 1).
Sei nun eine Folge uk durch
uk :=
−1 wenn x ≤ − 1
k
k(x + 1k )− 1 wenn − 1
k < x ≤ 1k
1 wenn x > 1k
(3)
gegeben. Dann uk ⊂W 1,1 und uk(x)→ sign(x) in L1(−1, 1). Weiters ist
F (uk) = k
ˆ 1k
− 1k
(1 + |x|) dx + 2
ˆ 1
−1
|uk(x)− sign(x)| dx = 2(k
2
ˆ 1k
− 1k
(1 + |x|) dx)
+ o(1)→ 2 (4)
1
2 BLATT2
aus dem Mittelwertsatz der Integralrechnung (oder einer direkten Nachrechnung).Nun zeigen wir dass
max[0,1]
u ≤ 0 oder min[−1,0]
u ≥ 0 −→ F (u) ≥ 2 . (5)
Sei z.B. x1 eine Minimumstelle fur u in [−1, 0]. Wenn u(x1) > 0, dann u(x) ≥ u(x1) > 0 fur allex ∈ [−1, 0], so dass
|u(x)− sign(x)| = |1 + u(x)| = 1 + u(x) ≥ 1 + u(x1)
fur alle x ∈ [−1, 0]. Deswegen
F (u) ≥ 2
ˆ 0
−1
|u(x)− sign(x)| dx ≥ 2(1 + u(x1)) ≤ 2 .
Analog zeigt man, dass (5) auch im Fall max[0,1] u ≤ 0 gilt.Nun beweisen wir (1). Vermoge von (2) hat man schon, dass
infF (u) : u ∈W 1,1(−1, 1) = infF (u) : u ∈W 1,1(−1, 1), |u| ≤ 1 .Aus (5) folgern wir dass
infF (u) : u ∈W 1,1(−1, 1), |u| ≤ 1 , max[0,1]
u ≤ 0 oder min[−1,0]
u ≥ 0 ≤ 2
daher reicht es zu zeigen
infF (u) : u ∈W 1,1(−1, 1), |u| ≤ 1,max[0,1]
u > 0, min[−1,0]
u < 0 = 2 . (6)
Klar hat man
infF (u) : u ∈W 1,1(−1, 1), |u| ≤ 1,max[0,1]
u > 0, min[−1,0]
u < 0 ≤ limk
F (uk) = 2
mit uk wie in (3), so muss man nur die umgekehrte Ungleichung erhalten. Sei also u ∈ W 1,1(−1, 1)mit |u| ≤ 1, u(x2) := max[0,1] u > 0, und u(x1) := min[−1,0] u < 0. Man hat
ˆ 1
−1
(1 + |x|)|u′(x)| dx ≥ˆ x2
x1
|u′(x)| dx ≥ |u(x2)− u(x1)| = u(x2)− u(x1) (7)
Andererseits u(x) ≥ u(x1) > −1 fur alle x ∈ [−1, 0], so dass
|u(x)− sign(x)| = |1 + u(x)| = 1 + u(x) ≥ 1 + u(x1) . (8)
Ein anlicher Beweis gibt, dass es fur alle x ∈ [0, 1]
|u(x)− sign(x)| = | − 1 + u(x)| = 1− u(x) ≥ 1− u(x2) (9)
gilt. Aus (7), (8), und (9) ergibt sich dann
F (u) ≥ u(x2)− u(x1) + 2(1 + u(x1)) + 2(1− u(x2)) = 4 + (u(x1)− u(x2)) ≥ 4− 1− 1 = 2 (10)
wie von (6) gefordert.Nun, wenn eine Funktion u existiert, mit F (u) = 2, aufgrund von (2) und (5) one Beschrankung
kann man annehmen, dass |u| ≤ 1, u(x2) := max[0,1] u ≥ 0, und u(x1) := min[−1,0] u ≤ 0. Dann istjede Ungleichung in (10) und konsequent in (7), (8), und (9) eine Gleichung: insbesondere u(x1) = −1,u(x2) = 1 und ˆ 1
−1
|u′(x)| dx ≥ˆ x2
x1
|u′(x)| dx ≥ |u(x2)− u(x1)| = u(x2)− u(x1) = 2 .
So folgt es
2 = F (u) ≥ˆ 1
−1
|u′(x)| dx + 2
ˆ 1
−1
|u(x)− sign(x)| dx = 2 + 2
ˆ 1
−1
|u(x)− sign(x)| dx
daher ˆ 1
−1
|u(x)− sign(x)| dx .
BLATT2 3
Aber dann ist u(x) = sign(x) f.u. was ein Widerspruch ist, da sign(x) gehort nicht zu W 1,1(−1, 1)!Es scheitert hier die direkte Methode, weil das Funktional nicht kompakt ist. Eigentlich sind die
Subniveaus von F beschrankte Teilmengen von W 1,1 , aber das impliziert keine schwache Kompakt-heit!
Aufgabe 2
Sei Ω ⊂ RN eine offene beschrankte Menge. Diskutieren Sie die Existenz von Minimierern fursProblem
minˆ
Ω
|∇u(x)|2 dx−ˆ
Ω
|u(x)|p dx : u ∈ H10 (Ω)
in Abhangigkeit von 1 ≤ p <∞ . Hinweis: Uberprufen Sie zuerst den Fall p = 2.
Beweis. Sei cΩ die kleinstmogliche konstante in der Poincareschen Ungleichung
cΩ
ˆΩ
|∇u(x)|2 dx ≥ˆ
Ω
|u(x)|2 dx . (11)
Wir bezeichnen mit Fp(u) das Funktional´
Ω|∇u(x)|2 dx−
´Ω|u(x)|p dx .
a) Nehmen wir mal an, dass p = 2. Dann lassen sich drei Falle unterscheiden:
• wenn cΩ < 1, dann ist das Funktional beschrankt von unten, kompakt und unterhalbstetigbezuglich der H1 schwachen konvergenz. Tatsachlich hat man
0 < (1− cΩ)
ˆΩ
|∇u(x)|2 dx ≤ F2(u) . (12)
Daraus und aus (11) folgt es dass die Subniveaus von F2 beschrankte Mengen in H10 (Ω) sind,
daher H1 -schwach kompakt. Aus der Rellich’schen Einbettung ist der Ausdruck´
Ω|u(x)|2 dx
stetig bezuglich der H1 schwachen konvergenz, wobei´
Ω|∇u(x)|2 dx eindeutig unterhalbstetig
ist (siehe z. B. Aufgabe 3). Existenz von einem Minimierer folgt aus der direkten Methode derVariationsrechnung.
• wenn cΩ = 1, es existiert u ∈ H1(Ω) so dassˆΩ
|∇u(x)|2 dx =
ˆΩ
|u(x)|2 dx .
Dann ist F2(u) = 0. Andererseits istˆΩ
|∇u(x)|2 dx ≥ˆ
Ω
|u(x)|2 dx
fur alle u ∈ H10 (Ω), was aquivalent zu F2(u) ≥ 0 ist. Dann ist u ein Minimierer.
• wenn cΩ < 1, es existiert u so dassˆΩ
|∇u(x)|2 dx <
ˆΩ
|u(x)|2 dx
was aquivalent zu F2(u) < 0 ist. Andererseits ist es deutlich tu ∈ H10 (Ω) fur alle t > 0 und
F2(tu) = t2F2(u). Dann ist inf F2 = −∞ , daher nimmt F2 kein Minimum an.
(b) Im Fall p > 2 ist der Ausdruck´
Ω|u(x)|p dx eine hohere Ordnung als der andere. Dann ist
Fp(u) nicht von unten beschrankt, da
Fp(t u0) = t2ˆ
Ω
|∇u0(x)|2 dx− tpˆ
Ω
|u0(x)|p dx
fur alle u0 ∈ H10 (Ω) und t ∈ R . Zu festem u0 tendiert die rechte Seite gegen −∞ wenn t → +∞ .
Dann ist inf Fp = −∞ , daher nimmt Fp kein Minimum an.(c) Im Fall 1 ≤ p < 2 ist der Ausdruck
´Ω|u(x)|p dx eine niedere Ordnung als der andere. Aus den
Holder und Poincare Ungleichungen sieht man, dass
Fp(u) ≥ˆ
Ω
|∇u(x)|2 dx− |Ω|1−p2 cΩ
p2
(ˆΩ
|∇u(x)|2 dx)p
2. (13)
4 BLATT2
Aufgrund von (11) tendiert eine Folge un in H10 (Ω) gegen das Unendliche genau dann, wenn ‖∇un‖2 →
+∞ . Wurde es gelten, so musste Fp(un)→∞ wegen (13) und 1 ≤ p < 2. Dann sind die Subniveausvon Fp beschrankte Mengen in H1
0 (Ω), daher H1 -schwach kompakt. Aus der Rellich’schen Einbettung
ist der Ausdruck´
Ω|u(x)|p dx stetig bezuglich der H1 schwachen konvergenz wenn 1 ≤ p < 2N
N−2 .
Diese Voraussetzung genugt unser p , denn es gilt immer 2NN−2 > 2. Da
´Ω|∇u(x)|2 dx eindeutig
unterhalbstetig ist, folgt die Existenz von einem Minimierer aus der direkten Methode der Variations-rechnung.
Aufgabe 3
(a) Zeigen Sie, dass F2 : L2(RN )→ R durch F2(u) = ‖u‖2 definiert schwach unterhalbstetig ist.(b) Beweisen Sie die analoge Aussage fur Fp : Lp(RN ) → R , Fp(u) = ‖u‖p . Hinweis: Mazurs
Lemma.(c) Verallgemeinern Sie die Aussage fur eine Convexe Funktion F : Lp(RN ) → R , indem Sie eine
hinreichende Voraussetzung zur (schwachen) Unterhalbstetigkeit finden.
Beweis. (a) Wir bezeichnen mit 〈·, ·〉 das Skalarprodukt von L2 . Gegeben sei u ∈ L2(RN ) und eineFolge un , die schwach gegen u konvergiert. Aus der Cauchy-Schwarz Ungleichung ergibt sich dann
‖u‖22 = limn〈u, un〉 ≤ ‖u‖2 lim inf
n‖un‖2 ,
was die Aussage impliziert.(b) Gegeben sei u ∈ Lp(RN ) und eine Folge un , die schwach gegen u konvergiert. Dann ist
L := lim infn ‖un‖p < +∞ . Setzen wir mal ε > 0 ein, dann gehoren die un fur genugend großen nzur abgeschlossenen konvexen Menge
Sε := v ∈ Lp(RN ) : ‖v‖p ≤ L + ε .Wegen Mazurs Lemma ist S auch schwach abgeschlossen, so u ∈ Sε , d.h.
‖u‖p ≤ L + ε .
Da ε beliebig klein, ist ‖u‖p ≤ L , was die Aussage impliziert.(c) Ist F convex und unterhalbstetig bezuglich der starken Topologie von Lp(RN ), so sind die
Subniveaus convexe abgeschlossene Mengen. Man kann dann beweisen, dass F schwach unterhalbstetigist, indem man anliche Schritte wie im Teil (b) durchfuhrt.
UBUNGSBLATT 3 2.05.13
Aufgabe 1
Gegeben sei 1 < q < 43 . Beweisen sie, dass das Problem
minˆ 1
0
x12u′(x)2 dx : u ∈W 1,q(0, 1), u(0) = 0, u(1) = 1
eine Losung hat. Hinweis: um die direkte Methode anzuwenden, muss man eine passende obere Schran-ke fur ˆ 1
0
|u′(x)|q dx
finden...
Beweis. Wir bezeichnen mit F das gegebene Funktional.Beweisen wir mal, dass F W 1,q -schwach unterhalbstetig ist. Sei eine Folge un gegeben, die schwach
gegen u konvergiert, dann
ϕu′n ϕu′ (1)
schwach in Lq(0, 1) fur jede Funktion ϕ ∈ L∞((0, 1)). Das gilt insbesondere fur ϕ(x) := x14 . Nun, sei
lim infn→∞ F (un) < +∞ , dann ist die Funktionenfolge vn , durch
vn(x) := x14un(x)
definiert, eine schwach kompakte in L2(0, 1). Daraus, und aus (1), folgt dass vn v(x) in derschwachen Topologie von L2(0, 1), wobei
v(x) := x14un(x) .
Dann ist ‖v‖2 ≤ lim infn→∞ ‖vn‖2 , was aquivalent zu F (u) ≤ lim infn→∞ F (un) ist. Da allerdingseine Zwangsbedingung in unserem Minimumproblem erscheint, man ist mit der Unterhalbstetigkeitnur fertig, wenn man auch beweist, dass die Zwangsbedingung unter der W 1,q -schwach Konvergenzerhalten bleibt. Das ist sowieso nicht schwierig. Die Einbettung W 1,q(0, 1) ⊂ L∞(0, 1) ist kompaktwenn q > 1, so implizieren un(0) = 0 und un(1) = 1 dass u(0) = 0 und u(1) = 1.
Nun mit der Kompaktheit. Aus der Holder-Ungleichung mit p = 2q (daher p′ = 2
2−q ) hat man fur
alle u ∈W 1,q(0, 1) dassˆ 1
0
|u′(x)|q dx =
ˆ 1
0
(|u′(x)|q xq4 )(x−
q4 ) dx ≤
(ˆ 1
0
|u′(x)|2 x 12 dx
) q2(ˆ 1
0
x−q
2(2−q) dx) 2−q
2
.
Ist 1 < q < 43 , dann 0 < q
2(2−q) < 1. Daher ist das Integral
ˆ 1
0
x−q
2(2−q) dx < +∞
und ˆ 1
0
|u′(x)|q dx ≤ CF (u)q2 . (2)
Die Randbedingung u(0) = 0, der Fundamentalsatz der Integralrechung, und die Jensen-Ungleichungergeben
|u(y)| =∣∣∣ˆ y
0
u′(x) dx∣∣∣ ≤ ˆ 1
0
|u′(x)| dx ≤(ˆ 1
0
|u′(x)|q dx) 1
q
1
2 BLATT3
deshalb ˆ 1
0
|u(y)|q dy ≤ˆ 1
0
|u′(x)|q dx (3)
fur alle u ∈ W 1,q(0, 1) mit u(0) = 0. Dann sind die Subniveaus von F beschrankt in W 1,q(0, 1),woher schwach Kompaktheit, somit Existenz von einem Minimierer folgen.
Aufgabe 2
Cantors Diagonalargument: Sei (X, d) ein metrischer Raum, und F : X → R eine gegebene Funk-tion. Sei x ∈ X fest. Fur alle m ∈ N , sei (xmn )n∈N eine Folge, die gegen x konvergiert, und
αm := lim infn→∞
F (xmn ) .
Nehmen wir mal an, dass L := lim infm→∞ αm eine reelle Zahl ist. Zeigen Sie, dass eine Folge xk inX existiert, so dass xk → x und F (xk) → L wenn k → ∞ . Hinweis: ordnen Sie zuerst die xmn ineiner einzelnen Folge zu, dann extrahieren eine passende Teilfolge...
Beweis. Zuerst kann man ruhig annehemen, dass L = limm→∞ αm .Man ordnet die xmn in einer einzelnen Folge zu, indem man setzt
x1 := x11 ,
x2 := x21 , x3 := x1
2 ,x4 := x3
1 , x5 := x22 , x6 := x1
3 ,x7 := x4
1 , x8 := x32 , x9 := x2
3 , x10 := x14
. . .
usw.Nun sei
E1 := k ∈ N : d(xk, x) + |F (xk)− L| ≤ 1 .
Wir behaupten, dass E1 unendlich viele Elemente hat. Um das zu beweisen, merken wir zuerst malan, dass fur genugend große m ist
|αm − L| < 1. (4)
Sei also m eine feste Zahl, die (4) genugt. Dann
lim supn→∞
(d(xmn , x) + |F (xmn )− L|) = |αm − L| < 1 ,
daher existieren unendlich viele xmn (also unendlich viele xk ) in E1 . Aus der Wohlordnung dernaturlichen Zahlen, kann man setzen k1 = minE1 .
Nun geht man weiter: die Menge
E2 := k ∈ N : d(xk, x) + |F (xk)− L| ≤ 1
2
besitzt unendlich viele Elemente, mit einem anlichen Beweis. Aber dann hat auch
E2 := k > k1 : d(xk, x) + |F (xk)− L| ≤ 1
2
unendlich viele Elemente, deren Minimum bezeichnen wir mit k2 . Auf diese Art und Weise konstruiertman eine strikt monoton steigende Folge (kj)j∈N von naturlichen Zahlen, so dass
d(xkj , x) + |F (xkj )− L| ≤ 1
j
fur alle j ∈ N . Dann ist eindeutig xkjdie erwunschte Teilfolge.
BLATT3 3
Aufgabe 3
Sei Ω := (0, 1)× (0, 1) das Einheitsquadrat in R2 . Beweisen Sie, dass das Problem
minˆ
Ω
[(
1−(∂u∂x
)2)2
+(∂u∂y
)4
] dx dy : u ∈W 1,40 (Ω)
keine Losung hat. Hinweis: ein anliches Beispiel im 1-Dimensionalen wurde im Laufe der Vorlesungenbesprochen...
Beweis. Wir merken zunachst an, dass das Produkt u(x)v(y) , wobei beides u und v zu W 1,∞0 (0, 1)
gehoren, ist ein Element von W 1,40 (Ω). Sei nun eine Folge un(x) ∈W 1,∞
0 (0, 1) definiert wie folgt:
un(x) :=2
nu(n
2x),
wobei
u(x) :=
x wenn 0 ≤ x ≤ 1
2
1− x wenn 12 ≤ x ≤ 1
(und periodisch aufs ganze R+ fortgesetzt). Dann
|u′n(x)| = 1 f. u. und |un(x)| ≤ 1
nfur alle x ∈ [0, 1] , (5)
und naturlich un(0) = un(1) = 0.Setzen wir jetzt
vn(y) :=
√ny wenn 0 ≤ y ≤ 1√
n
1 wenn 1√n≤ y ≤ 1− 1√
n√n(1− y) wenn 1− 1√
n≤ y ≤ 1 .
Dann ist vn(0) = vn(1),
|vn(y)| ≤ 1 und |v′n(y)| ≤√n fur alle y ∈ [0, 1] , (6)
und‖v2
n − 1‖p → 0 (7)
fur alle 1 ≤ p < +∞ .Definiert man
φn(x, y) = vn(y)un(x) ,
dann gehoren die φn zu W 1,40 (Ω). Weiters, ergibt sich aus (5) und (6), dass∣∣∣∂φn
∂x(x, y)
∣∣∣ = |vn(y)| f. u. auf Ω und∣∣∣∂φn∂y
(x, y)∣∣∣ ≤ 1√
nfur alle (x, y) ∈ Ω .
Daher
F (φn) ≤ˆ 1
0
(1− vn(y)2)2 dy +1
n2.
Mittels von (7) konvergiert jetzt die rechte Seite gegen 0. Es folgt dass inf F = 0, da die umgekehrteUngleichung trivial ist.
Doch kann F kein Minimum annehmen. Ware w eine Minimumstelle, so sollte es∣∣∣∂w∂x
(x, y)∣∣∣ = 1 und
∂w
∂y(x, y) = 0
f. u. auf Ω gelten. Die beiden Bedingungen sind eindeutig inkompatibel: aus der zweiten, muss w nurvon x abhangen, so w(x, y) = u(x). Aber die Randbedingung impliziert dass 0 = w(x, 0) = u(x) furalle x . Gleichzeitig sollte allerdings |u′(x)| = 1 f.u. gelten, was ein Widerspruch darstellt.
UBUNGSBLATT 4 16.05.13
Aufgabe 1
Sei (X, d) ein metrischer Raum. Ein Funktional F : X → [0,+∞) heißt mild koerziv, falls es einekompakte Teilmenge K ⊂ X existiert, so dass
infKF = inf
XF . (1)
Weiters heißt F koerziv, falls fur alle t die Subniveaus F ≤ t kompakte Teilmengen von X sind.(a) Zeigen Sie: ist F koerziv, so ist es auch mild koerziv. Die umgekehrte Implikation ist im
Allgemeinen falsch: zeigen Sie ein Gegenbeispiel.(b) Ist F koerziv, oder mild koerziv, so existiert x ∈ X mit
F (x) = minX
F = infXF
wobei F das relaxierte Funktional von F ist.
Beweis. (a) Ist F koerziv, dann sind fur alle n ∈ N die Subniveaus F ≤ inf F + 1n nichtleere
eingeschachtelte kompakte Mengen, deren Schnitt K noch kompakt ist. Und naturlich erfullt dann Kdie Bedingung (1). Einfaches Gegenbeispiel zur umgekehrten Implikation ist X = R , d die EuklidischeNorm, und F (x) := | sin(x)| .
(b) Wegen Teil (a) reicht es die Aussage zu zeigen wenn F mild koerziv ist. Dann ist eindeutig
infXF ≤ inf
XF = inf
KF ,
da F ≤ F . Andererseits liegt die Konstante infK F immer unter F , so dass F (x) ≥ infK F fur allex ∈ X . Es bleibt dann bewiesen, dass
infXF = inf
XF = inf
KF = inf
KF .
Insbesondere ist auch F mild koerziv. Nun wird es einfach die direkte Methode angewendet. Betrachtetman tatsachlich eine infimale Folge (xj) ⊂ K , so dass F (xk) gegen infK F konvergiert, kann man
aus Kompaktheit auch annehmen, dass xj → x ∈ K . Jetzt gibt die unterhalbstetigkeit von F , dass
infKF = inf
XF ≤ F (x) ≤ lim inf
j→∞F (xj) = inf
KF ,
wie gefordert.
Aufgabe 2
Elementare Eigenschaften der Γ-Konvergenz. Sei (X, d) ein metrischer Raum. Fur ein gegebenesFunktional F : X → R bezeichnen wir mit F die entsprechende Relaxation.
(a) Seien zwei Folgen Fj und Gj gegeben, mit Fj(x) ≤ Gj(x) fur alle x ∈ X , dann
Γ(d)− lim inf Fj ≤ Γ(d)− lim inf Gj
undΓ(d)− lim supFj ≤ Γ(d)− lim supGj .
(b) Konvergiert eine Folge Fj gegen F gleichmaßig, so gilt
Γ(d)− limFj = F .
(c) Sei Fj monoton fallend, d.h. Fj(x) ≥ Fj+1(x) fur alle x ∈ X und j ∈ N . Sei F (x) :=infj∈N Fj(x). Dann
Γ(d)− limFj = F .1
2 BLATT4
(d) Sei Fj monoton steigend, d.h. Fj(x) ≤ Fj+1(x) fur alle x ∈ X und j ∈ N . Dann
(Γ(d)− limFj)(x) = supj∈N
F j(x) .
(e) Im allgemeinen sind Punktweise und Γ-Konvergenz voneinander unabhangig. Diskutieren Sie
das folgende Gegenbeispiel. Sei X = R , d die Euklidische Norm, und Fj(x) := jxe−2j2x2
.
Beweis. Durch den ganzen Beweis, bezeichnen wir mit F ′ und F ′′ das Γ(d)− lim inf bzw. das Γ(d)−lim sup von Fj .
(a) Sei G′ das Γ(d)− lim inf von Gj . Aus der Definition und der Voraussetzung Fj ≤ Gj gilt es
F ′(x) ≤ lim infj→∞
Fj(xj) ≤ lim infj→∞
Gj(xj)
fur alle Folgen xj die gegen x konvergieren. Man erhalt dann F ′(x) ≤ G′(x), indem man einfach dasInfimum uber solchen Folgen auf der rechten Seite nimmt. Analog zeigt man die andere Ungleichung.
(b) Fur die konstante Folge xj ≡ x gilt Fj(xj)→ F (x). Daher
F ′′(x) ≤ F (x) .
Nun ist F ′′ unterhalbstetig, so muss es
F ′′(x) ≤ F (x)
gelten, da F das großte unterhalbstetige Funktional, das unter F liegt, ist.Andererseits, fur alle Folgen xj die gegen x konvergieren, ergibt sich aus der gleichmaßiger Kon-
vergenz von Fj gegen F , dass
limj→∞
|Fj(xj)− F (xj)| = 0 ,
woher
lim infj→∞
Fj(xj) = lim infj→∞
F (xj) ≥ F (x) .
Man erhalt dann F ′(x) ≥ F (x), indem man einfach das Infimum uber allen Folgen xj , die gegen x
konvergieren, auf der linken Seite nimmt. Nun gilt F ≤ F ′ ≤ F ′′ ≤ F , was die Aussage impliziert.(c) Fur die konstante Folge xj ≡ x gilt Fj(xj)→ F (x). Wie im Teil (b), folgt es daraus, dass
F ′′(x) ≤ F (x) .
Andererseits, hat man Fj ≥ F fur alle j , so dass Teil (a) nun liefert
F ′ ≥ F ,
woraus die Aussage.(d) Zunachst bemerken wir, dass auch F j monoton steigend ist. Nun, sei x ∈ X fest. Aus den
Eigenschaften des Relaxierten Funktionals, kann man fur alle j eine Folge xjk konstruieren, mit
xjk → x und Fj(xjk) → F j(x) wenn k → ∞ . Insbesondere existiert es fur alle j ein Element xjkj so
dass d(xjkj , x) ≤ 1j und Fj(x
jkj
) ≤ F j(x) + 1j . Setzt man nun yj := xjkj , konvergiert yj gegen x und
lim supj→∞
Fj(yj) ≤ lim supj→∞
F j(x) = supj∈N
F j(x) ,
da F j monoton steigend. Es folgt auch daraus, dass
F ′′(x) ≤ supj∈N
F j(x) .
Um die Γ− lim inf Ungleichung zu bekommen, reicht es zu zeigen
F k(x) ≤ F ′(x) (2)
fur alle k ∈ N und x ∈ X . Zu festem k ∈ N hat man nun
F k ≤ Fk ≤ Fj
BLATT4 3
fur alle j ≥ k . Wenn man den Γ − lim inf wenn j → ∞ nimmt, konvergiert die konstante Folge F kgegen sich selbe, und Fj → F ′ . Daher, und aus Teil (a), wird (2) erfullt.
(e) Fur alle x 6= 0 hat man F ′(x) = F ′′(x) = 0, da Fj → 0 gleichmaßig auf Kompakte Teilmengevon R\0 . Es gilt auch
limj→∞
Fj(0) = limj→∞
0 = 0 .
Trotzdem hat man
F ′′(0) ≤ limj→∞
Fj(xj) = −1
2e−
12 < 0 ,
indem man einfach die verschwindende Folge xj := − 12j betrachtet.
Aufgabe 3
Sei (X, d) der metrischer Raum definiert wie folgt:
X := u ∈ L∞(0, 1) : ‖u‖∞ ≤ 10123456789
und d die Distanz, wodurch die schwach∗ Topologie auf X generiert wird. Betrachten wir mal dasFunktional
F (u) :=
ˆ 1
0
(1− u2(x))2 dx
und die konstante Folge von Funktionalen Fj = F auf (X, d). Zeigen Sie, dass Γ(d) − limFj = F ∗∗
wobei
F ∗∗(u) :=
ˆ 1
0
f∗∗(u(x)) dx
und
f∗∗(ξ) :=
0 wenn |ξ| ≤ 1
(1− ξ2)2 andernfalls .
Dazu kann man die folgenden Schritte duchfuhren:
• merken, dass die Γ(d)− lim inf Ungleichung trivial ist;• zur Γ(d)− lim sup Ungleichung, zuerst der Fall u(x) = µ1(a,b) betrachten. Unterscheiden die
beiden Falle |µ| ≥ 1 und |µ| < 1. Im zweiten, kann Riemann-Lebesgue Lemma (siehe Ubung2, Blatt 1) nutzlich sein, um eine Recovery Folge zu konstruieren;
• folgern aus dem obigen Schritt die Γ(d) − lim sup Ungleichung fur Treppenfunktionen und,aus Dichtheit von solchen Funktionen und Unterhalbstetigkeit des Γ-limsup, abschließen.
Beweis. Die Γ(d)− lim inf Ungleichung ist trivial, da man immer F (u) ≤ F ∗∗(u) hat.Fur die Γ(d) − lim sup Ungleichung merken wir zuerst mal an, dass es eine Folge wj ∈ L∞(0, 1)
existiert, so dass
|wj(x)| = 1 f. u. und wj∗ 0 (3)
schwach∗ in L∞(c, d) fur alle 0 ≤ c < d ≤ 1. So was kann man zum Beispiel mithilfe des Riemann-Lebesgue Lemmas konstruieren, indem man die periodische Fortsetzung auf R+ der Funktion
w(x) :=
1 auf (0, 12 )
−1 auf (12 , 1)
betrachtet und wj(x) := w(jx) setzt.Nehmen wir nun mal eine Funktion u(x) = µ1(a,b) . Im Fall |µ| ≥ 1, setzt man
uj(x) :=
µ auf (a, b)
wj(x) sonst ,
4 BLATT4
so gilt uj∗ u schwach∗ in L∞(0, 1) aufgrund von (3). Weiterhin ergibt sich aus direkter Nachrech-
nung
F (uj) =
ˆ b
a
(1− µ2)2 dx =
ˆ b
a
f∗∗(u(x)) dx =
ˆ 1
0
f∗∗(u(x)) dx = F ∗∗(u) ,
daher liefert uj eine Recovery Folge.Im Fall |µ| < 1 reicht es zu beobachten, dass es eine Folge vj ∈ L∞(a, b) existiert, so dass
|vµj (x)| = 1 f. u. und vµj∗ µ (4)
schwach∗ in L∞(a, b). Dazu nimmt man λ ∈ (0, 1) so dass µ = 2λ− 1, dann setzt man die Funktion
vµ(x) :=
1 auf (a, a+ (b− a)λ)
−1 auf (a+ (b− a)λ, b)
periodisch auf R fort, und definiert vµj (x) := vµ(jx). Wir folgern aus dem Riemann-Lebesgue Lemma
dass vj schwach∗ in L∞(a, b) gegen das aritmetische Mittel von v in (a, b) konvergiert. Da es
1
b− a
ˆ b
a
vµ(x) dx =1
b− a((b− a)λ− (b− a) + (b− a)λ) = 2λ− 1 = µ ,
gilt, die Annahme (4) folgt. Setzt man nun
uj(x) :=
vµj (x) auf (a, b)
wj(x) sonst ,
so gilt F ∗∗(u) = 0 = F (uj) fur alle j . Daher ist uj eine Recovery Folge fur u .Analog wird es mit einer Treppenfunktion gehandelt. Sei tatsachlich u durch
u(x) :=
n∑i=1
µi1(ai,bi)(x)
gegeben, bekommt man eine Recovery Folge uj(x) indem man einfach setzt uj(x) := µi , falls x ∈(ai, bi) und |µi| ≥ 1, uj(x) := vµi
j (x) falls x ∈ (ai, bi) und |µi| < 1, und uj(x) = wj(x) sonst.
Zum Schluss, bezeichnen wir mit F ′′ das Γ(d)− lim sup von F auf X , der unterhalbstetig bzgl. dieschwach∗ konvergenz von L∞(0, 1) ist. Sei nun u ∈ X gegeben, kann man eine Folge von Treppen-funktionen uj ∈ X finden, die gegen u in Lp fur alle 1 ≤ p <∞ und schwach∗ in L∞ konvergieren.Es folgt vom vorigen Schritt, dass
F ′′(uj) ≤ F ∗∗(uj)fur alle j . Wegen der Lp -konvergenz von uj gegen u gilt es
F ∗∗(uj)→ F ∗∗(u)
wobei aus der Unterhalbstetigkeit von F ′′ es sich F ′′(u) ≤ lim infj→∞ F ′′(uj) folgern laßt. Dann istes
F ′′(u) ≤ F ∗∗(u)
und aus der Γ− lim inf Ungleichung wussten wir schon, dass
F ∗∗(u) ≤ F ′(u) ≤ F ′′(u) ,
wobei mit F ′ das Γ − lim inf von F bezeichnet wird. Das gibt F ∗∗(u) = F ′(u) = F ′′(u), wieerwunscht.
UBUNGSBLATT 5 06.06.13
Aufgabe 1
Fenchel-konjugierte und Relaxation: gegeben sei eine Funktion f : RN → R ∪ +∞ . Fur alleξ ∈ RN die konvex konjugierte Funktion f∗ von f wird durch
f∗(ξ) := supx∈RN
x · ξ − f(x)
definiert.(a) Sei f∗∗ := (f∗)∗ . Zeigen Sie: f∗∗ ist konvex, unterhalbstetig, und f∗∗ ≤ f .(b) Nehmen Sie ohne Beweis an, dass f∗∗ = f , wenn f konvex und unterhalbstetig ist. Wenn nicht,
zeigen Sie dass in Allgemeinen f∗∗ die großte konvexe, unterhalbstetige, unter f liegende Funktionist.
(c) Gegeben sei eine Funktion h : [0,+∞) → R ∪ +∞ . Fur alle ζ ≥ 0 die monoton konvexkonjugierte Funktion h+ von h wird durch
h+(ζ) := supt≥0tζ − h(t)
definiert. Sei h++ := (h+)+ . Zeigen Sie: h++ ist konvex, unterhalbstetig, monoton steigend, undh++ ≤ h . Weiters, falls es t > 0 existiert, so dass
h(t) = min[0,+∞)
h
dann h++(s) ≡ h(t) fur alle s ∈ [0, t] . Hinweis: h++(0) = . . .(d) Seien f : RN → R ∪ +∞ und h : [0,+∞) → R ∪ +∞ gegeben, so dass f(x) = h(|x|), so
gilt es
f∗∗(u) = h++(|u|) .(e) Sei N ≥ 2 und f : RN → R ∪ +∞ die Funktion
f(x) :=
(|x| − 1
2 )2 wenn |x| ≤ 1
+∞ sonst.
Berechnen Sie f∗∗ und zeigen Sie: der Γ-limes der konstanten Folge
F (u) :=
ˆ 1
0
f(u(x)) dx
bzgl. der schwach-L2((0, 1);RN ) Topologie ist
F (u) =
ˆ 1
0
f∗∗(u(x)) dx .
Beweis. (a) Da f∗∗ als Supremum von affinen Funktionen definiert wurde, ist sie automatisch konvexund unterhalbstetig. Andererseits hat man
f∗(ξ) ≥ x · ξ − f(x)
fur alle x und ξ , daher
f(x) ≥ x · ξ − f∗(ξ) ,folglich
f(x) ≥ f∗∗(x) ,
indem man einfach zum Supremum uber ξ ∈ RN ubergeht.1
2 BLATT5
(b) Bemerken wir zuerst mal, dass g ≤ f die umgekehrte Ungleichung g∗ ≥ f∗ impliziert. Das isteine direkte Folge der Definition. So gilt g∗∗ ≤ f∗∗ , wenn g ≤ f . Wenn g konvex und unterhalbstetigist, g = g∗∗ ≤ f∗∗ . Daher und aus dem Schritt (a), ist f∗∗ die großte konvexe, unterhalbstetige, unterf liegende Funktion.
(c) Beides die Konvexitat und die Unterhalbstigkeit von h++ folgen erneut daraus, dass h++ alsSupremum von affinen Funktionen definiert wurde. Nun fur alle t1 ≥ t2 ≥ 0 und ζ ≥ 0 gilt es offenbar
t1ζ − h+(ζ) ≥ t2ζ − h+(ζ) ,
dann h++(t1) ≥ h++(t2), d.h. h++ ist monoton steigend. Aus
h+(ζ) ≥ tζ − h(t)
fur alle t ≥ 0 und ζ ≥ 0 folgert man dass
h(t) ≥ h++(t) ,
analog wie im Schritt (a) fur f und f∗∗ .Nehmen wir jetzt mal an, dass es t > 0 existiert, so dass
h(t) = min[0,+∞)
h .
Unser Ziel wird zu zeigen, dass
h++(0) = minh . (1)
Wenn (1) gilt, so muss die Kette von Ungleichungen fur alle 0 ≤ s ≤ t
minh = h(t) ≥ h++(t) ≥ h++(s) ≥ h++(0) , (2)
die aus der Monotonie von h++ und h ≥ h++ stammt, aus Gleichungen bestehen. Das ist genau dieAussage. Um (1) nachzuweisen, aufgrund von (2) reicht es, die ≥ Ungleichung in (1) zu erhalten. Nunhat man aus der Definition
h+(0) = supt≥0−h(t) = −minh ,
und
h++(0) ≥ −h+(ζ)
fur alle ζ ≥ 0. Daher h++(0) ≥ −h+(0) = minh , wie erwunscht.(d) Fur alle t ≥ 0 und ξ ∈ RN ist es nicht schwierig zu zeigen, dass
supx∈RN ,|x|=t
x · ξ = t|ξ| .
Daher, wenn f(x) = h(|x|),
f∗(ξ) = supx∈RN
x · ξ − f(x) = supt≥0
supx∈RN ,|x|=t
x · ξ − h(t) =
supt≥0
(− h(t) + supx∈RN ,|x|=tx · ξ
)= supt≥0−h(t) + t|ξ| = h+(|ξ|) .
Aus der Wiederholung des selben Argument ergibt sich die Aussage f∗∗(x) = h++(|x|).(e) Die gegebene Funktion f erfullt f(x) = h(|x|) mit
h(t) :=
(t− 1
2 )2 wenn 0 ≤ t ≤ 1
+∞ sonst .
Aus dem obigen Schritt gilt f∗∗(x) = h++(|x|).Unsere Annahme ist jetzt:
h++(t) :=
0 wenn 0 ≤ t ≤ 1
2
h(t) sonst .(3)
Tatsachlich ist die Funktion auf der rechten Seite konvex unterhalbstetig monoton steigend, und liegtunter h . Daraus folgt h++(t) = h(t) wenn t ≥ 1
2 . Wenn 0 ≤ t ≤ 12 , ist (3) eine Folge vom Schritt
BLATT5 3
(c), da es 0 = h( 12 ) = minh gilt. Aus der Konvexitat und unterhalbstetigkeit von h++ ist jetzt das
Funktional ˆ 1
0
h++(|u(x)|) dx ,
mit h wie in (3), unterhalbstetig bzgl. der schwachen Topologie von L2((0, 1);RN ). Eindeutig liegt esunter F , daher folgt die Γ-liminf Ungleichung
F (u) ≥ˆ 1
0
h++(|u(x)|) dx ,
wobei mit F das relaxierte Funktional von F bezeichnet wird. Die Γ-limsup Ungleichung muss mannur zeigen,fur u ∈ L2((0, 1);RN ) mit ‖u‖∞ ≤ 1. Sie folgt mit einem total anlichen Beweis wie imBlatt 4, Aufgabe 3, der deswegen verabsaumt wird.
Aufgabe 2+3
Γ-limes der Quadratischen Formen: sei H ein Hilbert’scher Raum. F : H → [0,+∞) heißt eineQuadratische Form, falls
F (0) = 0 , F (tx) = t2F (x) , F (x+ y) + F (x− y) = 2F (x) + 2F (y)
fur alle t ∈ R , x und y ∈ H .(a) Zeigen Sie: konvergiert eine Folge Fj von Quadratischen Formen gegen F bzgl. der schwachen
Topologie von H , ist auch F eine Quadratische Form.Sei nun H = H1
0 ((0, 1). Zu einer gegebenen Funktion b ∈ C1([0, 1]) mit 1 ≤ b(x) ≤ 2 assoziierenwir die Quadratische Form
B(u, u) =
ˆ 1
0
b(x)|u′(x)|2 dx. (4)
Es ist wohlbekannt dass, wenn f ∈ C1([0, 1]), u ist die einzige C2 -Losung vom Randwertproblem− d
dx
(b(x)u′(x)
)= f
u(0) = u(1) = 0
genau dann, wenn
u = arg min1
2B(u, u)−
ˆ 1
0
f(x)u(x) dx : u ∈ H10 ((0, 1)) .
(b) Sei jetzt eine Folge aj ∈ C1([0, 1]) gegeben, mit 1 ≤ aj(x) ≤ 2, und Aj die entsprechendeQuadratische Formen. Zeigen Sie: falls Aj gegen B in der schwachen H1
0 ((0, 1) konvergieren, dann
sind fur jede gegebene Funktion f ∈ C1([0, 1]) die Losungen ufj von− d
dx
(aj(x)u′(x)
)= f
u(0) = u(1) = 0(5)
eine schwach konvergente Teilfolge in H10 ((0, 1), deren Limes uf die einzige Losung von− d
dx
(b(x)u′(x)
)= f
u(0) = u(1) = 0(6)
ist.(c) Zeigen Sie: 1
b(x) ist der schwach∗ -L∞ Limes der Folge 1aj(x)
. Daher hat der Γ-limes von Aj
im Allgemeinen nichts zu tun mit der Quadratischen Form
A(u, u) =
ˆ 1
0
a(x)|u′(x)|2 dx
4 BLATT5
wobei a(x) der schwache Limes von aj ist. Hinweis: zeigen Sie separat dass ufj und aj(ufj )′ schwach
kompakt in H1 sind.
Beweis. (a) Wir wollen zunachst zeigen, dass wenn eine Funktion F die Ungleichungen
F (tx) ≤ t2F (x) , F (x+ y) + F (x− y) ≤ 2F (x) + 2F (y) (7)
fur alle t ∈ R \ 0 , x und y ∈ H erfullt, dann sind die umgekehrte Ungleichungen automatischverifiziert. Dazu, seien x und y ∈ H beliebig. Man setze u und v ∈ H ein, so dass u + v = x undu− v = y , d.h. u = x+y
2 und v = x−y2 . Aus (7) gilt
F (x)+F (y) = F (u+v)+F (u−v) ≤ 2F (u)+2F (v) = 2F(x+ y
2)+2F
(x− y2
) ≤ 21
4F (x+y)+2
1
4F (x−y) ,
was eindeutig aquivalent zu
F (x+ y) + F (x− y) ≥ 2F (x) + 2F (y)
ist. Andererseits, seien x ∈ H und t ∈ R \ 0 beliebig fest, fur λ = t−1 und y = tx erhalt man ausder ersten Ungleichung in (7)
F (x) = F (λy) ≤ λ2F (y) =1
t2F (tx)
wie erwunscht.Nun, seien Fj quadratische Formen mit Γ-limes F . Da Fj ≥ 0, so ist F ≥ 0. Daher
0 ≤ F (0) ≤ lim infj
Fj(0) = lim infj
0 = 0 ,
so F (0) = 0. Es bleibt nur ubrig, (7) zu beweisen, um zu zeigen, dass F eine Quadratische Form ist.Sei x ∈ H , und xj eine Recovery Folge fur x . Dann txj → tx fur alle t 6= 0 und
F (tx) ≤ lim infj
Fj(txj) = t2 lim infj
Fj(xj) = t2F (x) .
Seien jetzt x ∈ H und y ∈ H beliebig, und xj bzw. yj denen entsprechende Recovery Folgen, hatman
2F (x) + 2F (y) = limj
2Fj(xj) + 2Fj(yj) ≥ lim infj
Fj(xj + yj) + Fj(xj − yj) ≥ F (x+ y) + F (x− y) ,
da eindeutig xj + yj gegen x+ y und xj − yj gegen x− y tendieren.(b) Aus der Γ-Konvergenz der positiven Aj gegen B , ergibt sich zuerst dass 1
2Aj gegen 12B
konvergieren, und auch dass zu festem f ∈ C1([0, 1]) die Folge
1
2Aj(u, u)−
ˆ 1
0
f(x)u(x) dx
gegen1
2B(u, u)−
ˆ 1
0
f(x)u(x) dx (8)
Γ-konvergiert (es wurde nur eine feste stetige Funktion addiert).
Nun seien ufj die Losungen von (5), d.h.
ufj = arg min1
2Aj(u, u)−
ˆ 1
0
f(x)u(x) dx : u ∈ H10 ((0, 1)) .
Da 0 zulassig fur das Minimumproblem ist, aus 1 ≤ aj(x) ≤ 2 und der Poincare Ungleichung hatman
‖ufj ‖2H1(0,1) ≤ C‖(u
fj )′‖22 ≤ 2C
1
2Aj(u
fj , u
fj ) =
2C[1
2Aj(u
fj , u
fj )−
ˆ 1
0
f(x)uj(x) dx] + 2C
ˆ 1
0
f(x)ufj (x) dx ≤
0 + 2C
ˆ 1
0
f(x)ufj (x) dx ≤ 2C‖f‖2‖ufj ‖H1(0,1)
BLATT5 5
daher sind die ufj eine beschrankte, also schwach kompakte, Folge in H1 . Aus dem Fundamentalsatz
der Γ-Konvergenz, ist jeder Haufungspunkt u ein Minimierer des Funktionals in (8). Da solcherMinimierer eindeutig durch f bestimmt ist, konvergiert die ganze Folge gegen uf , die ubrigens alsMinimierer die einzige Losung von (6) ist.
(c) Kompaktheit von ufj wurde schon im Schritt (b) gezeigt. Da 1 ≤ aj(x) ≤ 2, ist dann aj(ufj )′
eine beschrankte Folge in L2(0, 1), deren erste Ableitung gleich f ist. So ist aj(ufj )′ gleichmaßig
beschrankt in H1 , also stark kompakt in L2 .
Sei nun v ein schwach-H1 und stark L2 Grenzwert von aj(ufj )′ . Da − d
dx (aj(ufj )′) = f ∈ C1 fur
alle j , muss
− d
dxv = f (9)
gelten. Ist uf der Grenzwert von ufj , wie gezeigt stimmt uf mit der Losung von (6) uberein. Sei jetzt1b
der schwach∗ -L∞ der Folge 1aj
. Aus solcher schwachen Konvergenz, und weil aj(ufj )′ stark L2
gegen v konvergiert, hat man
(ufj )′ =1
aj(aj(u
fj )′)
1
bv
schwach in L2 . Daher ist v = bu′f . Aus (9) ist jetzt − ddx (bu′f ) = f . Deswegen ist uf nicht nur Losung
von (6) sondern auch von − d
dx
(b(x)u′(x)
)= f
u(0) = u(1) = 0 .
So etwas passiert fur jede beliebige f ∈ C1([0, 1]), was b = b impliziert, wie erwunscht.
Anmerkung: aus der Riemann Lebesgue Lemma kann man leicht Beispiele finden, wo aj∗ a
schwach∗ in L∞ , 1aj
∗ 1
b , beides a und b sind C1 (z.B., konstant) aber a 6= b !
UBUNGSBLATT 6 12.06.13
Gegeben sei m ∈ N . Im folgenden bezeichnen wir mit Im die diskrete Teilmenge
Im := 0, 1, 2, 3, . . . ,m .
Aufgabe 1
Fur alle m ∈ N , sei eine diskrete Funktion um : Im → R gegeben. Zu einer solchen Funktionassoziieren wir die stuckweise konstanten Interpolationen ucm : [0, 1]→ R und vcm : [0, 1]→ R , durch
ucm(x) := um(i) wenni
m≤ x < i+ 1
m(1)
bzw.
vcm(x) :=1
2(um(i) + um(i+ 1)) wenn
i
m≤ x < i+ 1
m(2)
definiert.(a) Zeigen Sie: sind um gleichmaßig beschrankt, dann ucm − vcm
∗ 0 schwach∗ in L∞(0, 1) wenn
m→∞ .Man kann auch die stuckweise lineare Interpolation uam : [0, 1]→ R , durch
uam(x) := um(i) +m(um(i+ 1)− um(i))(x− i
m
)wenn
i
m≤ x < i+ 1
m(3)
definiert, betrachten.(b) Zeigen Sie:
‖uam − ucm‖∞ ≤( 1
m
)1− 1p(ˆ 1
0
|(uam)′(x)|p dx) 1
p
fur alle 1 ≤ p < +∞ .(c) Sei u : [0, 1]→ R eine stetige Funktion. Dann lassen sich die diskreten Funktionen um : Im → R
durch
um(i) := u( im
)(4)
fur alle m ∈ N und i ∈ Im definieren. Seien nun ucm , vmc , und uam durch (1), (2) bzw. (3) gegeben,so konvergieren ucm , vcm , und uam gegen u gleichmaßig wenn m→∞ .
(d) Falls u ∈W 1,p(0, 1), dann konvergieren uam gegen u in W 1,q wenn m→∞ fur alle 1 ≤ q < p .Hinweis: man kann ohne beweis das Folgende anwenden: konvergiert Fm(x) → F f.u, und ist Fmgleichmaßig beschrankt in Lp(0, 1), dann konvergiert Fm gegen F in Lq(0, 1) fur alle 1 ≤ q < p .
Beweis. (a) Aufgrund von der Aufgabe 1, Blatt 1, reicht es zu zeigenˆ t
0
ucm(s)− vcm(s) ds→ 0
fur alle t ∈ (0, 1). Fur l := mini ∈ Im : i+ 1 ≥ mt hat man aus einer direkten Nachrechnung∣∣∣ ˆ t
0
ucm(s)− vcm(s) ds∣∣∣ =
∣∣∣ 1
2mu0 −
1
2ui+1
( i+ 1
m− t)∣∣∣ ≤ 1
2m(|u0|+ |ui+1|)→ 0
wenn m→ +∞ . Daher die Aussage.(b) Sei t ∈ (0, 1) und i die Abrundung von mt . Dann
|ucm(t)− uam(t)| =∣∣∣um(i)− um(i)−m(um(i)− um(i+ 1))
(t− i
m
)∣∣∣ ≤ |um(i)− um(i+ 1)|1
2 BLATT6
daher
|ucm(t)− uam(t)| ≤ˆ i+1
m
im
|(uam)′(t)| dt .
Dann liefert die Holder Ungleichung den Abschluss.(c) Wir uberprufen nur den Fall von vcm . Da u stetig, ist sie auch gleichmaßig stetig auf dem
kompakten Intervall [0, 1]. Zu festem ε > 0 existiert es dann δ so dass |u(x) − u(y)| ≤ ε2 wenn
|x− y| ≤ δ .Wenn jetzt m > 1
δ , ist i die Abrundung von mt dann gilt es |t − im | ≤
1m ≤ δ . Analog hat man
|t− i+1m | ≤ δ , somit
|vcm(t)− u(t)| =∣∣∣12
(u( im
)− u(t)
)+
1
2
(u( i+ 1
m
)− u(t)
)∣∣∣ ≤ ε
2+ε
2= ε
wie gefordert.(d) Fur fast alle t ∈ (0, 1) hat man
(uam)′(t) = m(um(i+ 1)− um(i)) = m
ˆ i+1m
im
u′(s) ds
wobei i die Abrundung von mt ist. Dann
|(uam)′(t)− u′(t)| = m∣∣∣ˆ i+1
m
im
(u′(s)− u′(t)) ds∣∣∣ ≤ m ˆ t+ 1
m
t− 1m
|u′(s)− u′(t)| ds→ 0
wenn m→ +∞ , aus dem Lebesgue Differentationsatz. Daher gilt punktweise f.u die Konvergenz von(uam)′ gegen u′ . Aus der Definition und mithilfe von Jensens Ungleichung hat man noch
ˆ 1
0
|(uam)′(t)|p dt =
m−1∑i=0
mp−1|um(i+ 1)− um(i)|p =
m−1∑i=0
mp−1∣∣∣ˆ i+1
m
im
u′(t) dt∣∣∣p
≤m−1∑i=0
ˆ i+1m
im
|u′(t)|p dt =
ˆ 1
0
|u′(t)|p dt < +∞ .
Aus dem erwahnten Konvergenzkriterium, gilt die Aussage.
Aufgabe 2
Sei W : R→ [0,+∞] eine gegebene Funktion. Fur alle m ∈ N sei Xm der lineare Unterraum von
L∞((0, 1)), der aus den Funktionen besteht, die konstant auf jedem Intervall[im ,
i+1m
)sind. Fur alle
u ∈ Xm sei uim := u(im
). Man kann zeigen: der Γ-limes bzgl. der schwach∗ -L∞ -Topologie der Folge
Fm(u) :=
∑mi=0
1mW (uim) wenn u ∈ Xm
+∞ sonst ,
wird durch
F (u) :=
ˆ 1
0
W ∗∗(u(x)) dx
gegeben, wobei W ∗∗ die großte konvexe unterhalbstetige Funktion ist, die unter W liegt. RechtfertigenSie die Aussage, im Fall W ≡ 0.
Beweis. Ist W = 0, so mussen wir den Γ-limes von
Gm(u) :=
0 wenn u ∈ Xm
+∞ sonst ,
berechnen. Eindeutig hat man
G′ := Γ− lim inf Gm ≥ 0 .
BLATT6 3
Ist u stetig, erzeugt dann (4), aus Teil (c) in der vorigen Aufgabe, eine Folge um ∈ Xm , die gleichmaßiggegen u konvergiert. Dann
G′′(u) := (Γ− lim supGm)(u) ≤ 0
wenn u stetig. Fur u beliebig in L∞(0, 1), gegeben sei eine Folge uj von stetigen Funktionen dieschwach∗ in L∞(0, 1) gegen u konvergieren. Aus der Unterhalbstetigkeit des Γ− lim sup ergibt sichdann
G′′(u) ≤ lim infj→+∞
G′′(uj) ≤ 0
so dass 0 = Γ− limGm .
Aufgabe 3
“Nearest-neighbour Interaction“: Sei W : R→ [0,+∞] eine gegebene Funktion. Fur alle m ∈ N seiXm der lineare Unterraum von L∞((0, 1)), der aus den Funktionen besteht, die konstant auf jedem
Intervall[im ,
i+1m
)sind. Fur alle u ∈ Xm sei uim := u
(im
).
(a) Zeigen Sie: der Γ-limes bzgl. der schwachen∗ -L∞ -Topologie der Folge
Fm(u) :=
∑m−1i=0
1mW ( 1
2 (uim + ui+1m )) wenn u ∈ Xm
+∞ sonst ,(5)
wird durch
F (u) :=
ˆ 1
0
W ∗∗(u(x)) dx
gegeben, wobei W ∗∗ die großte konvexe unterhalbstetige Funktion ist, die unter W liegt.(b) Berechnen Sie explizit den Γ-limes der Folge
Fm(u) :=
∑m−1i=0
uim
m ui+1m wenn u ∈ Xm , |u| = 1 f.u.
+∞ sonst ,(6)
bzgl. der schwachen∗ Topologie von L∞((0, 1)).
Beweis. (a) Sei Xm wie in der Aussage gegeben, dann lasst sich dann ein weiterer lineare Unterraum
Xm von L∞ folgendermaßen definieren: v ∈ Xm genau dann, wenn u ∈ Xm existiert mit
v(t) :=1
2(u(i) + u(i+ 1)) wenn
i
m≤ t < i+ 1
m
Dann, fur
Gm(v) :=
0 wenn v ∈ Xm
+∞ sonst ,
hat man Fm(v) = Gm(v) + F (v) fur alle v ∈ L∞(0, 1), wobei
F (v) =
ˆ 1
0
W (v(x)) dx .
Dann folgt die Aussage mit ahnlichem Verfahren wie in der vorigen Aufgabe.(b) Aus
uimui+1m = 2
∣∣∣uim + ui+1m
2
∣∣∣2 − |uim|2 + |ui+1m |2
2kann man das Funktional (6) auf die Form (5) zuruckfuhren, indem man einfach
W (z) =
2|z|2 − 1 wenn z ∈ −1, 0, 1+∞ sonst
4 BLATT6
setzt, oder aquivalent
W (z) =
2|z| − 1 wenn z ∈ −1, 0, 1+∞ sonst .
Nun ist
W ∗∗(z) =
2|z| − 1 wenn |z| ≤ 1
+∞ sonst .
so dass
F (u) :=
2
ˆ 1
0
|u(x)| dx− 1 wenn |u| ≤ 1 f.u
+∞ sonst .
UBUNGSBLATT 7 20.06.13
Aufgabe 1
(a) Der Γ-Konvergenz sind (oft) die Randbedingungen gleichgultig: gegeben sei ein Intervall (a, b) ⊂R und eine Folge von integralen Funktionalen Fj : Lp(a, b) → R so dass Fj(u) < +∞ genau dann,wenn u ∈W 1,p(a, b), und
α‖u′‖pLp(E) − β|E| ≤ Fj(u,E) ≤ γ‖u′‖pLp(E) + δ|E| (1)
fur alle u ∈W 1,p(a, b) und E ⊂ (a, b) (hier bezeichnet |E| naturlich das Lebesgue Maß).Sei F der Γ-limes von Fj bzgl. der Lp Topologie. Zu festem u0 ∈W 1,p(a, b) seien
Fu0j (u) :=
Fj(u) wenn u− u0 ∈W 1,p
0 (a, b)
+∞ sonstFu0(u) :=
F (u) wenn u− u0 ∈W 1,p
0 (a, b)
+∞ sonst.
Zeigen Sie: Fu0j Γ-konvergiert gegen Fu0 in Lp(a, b). Hinweis: sei u so dass u− u0 ∈W 1,p
0 (a, b). Zueiner Recovery Folge uj fur u bzgl. F , setzen Sie
vj :=
uj(x) wenn u(x)− v(x) ≤ uj(x) ≤ u(x) + v(x)
u(x)− v(x) wenn uj(x) < u(x)− v(x)
u(x) + v(x) wenn uj(x) > u(x) + v(x)
wobei v > 0, v ∈W 1,p0 (a, b) beliebig ist. Dann zeigen Sie: Fu0
j (vj)→ Fu0(u).
(b) Folgern Sie:
limj→∞
minFj(u)−
ˆ b
a
f(x)u(x) dx : u ∈W 1,p(a, b) , u(a) = u0(a) , u(b) = u0(b)
=
minF (u)−
ˆ b
a
f(x)u(x) dx : u ∈W 1,p(a, b) , u(a) = u0(a) , u(b) = u0(b) (2)
fur alle u0 ∈W 1,p(a, b) und f ∈ L∞(a, b).
Beweis. (a)Γ-liminf Ungleichung: sei uj eine Folge die gegen u in Lp(0, 1) konvergiert. Man kannohne Beschrankung der Allgemeinheit annehmen, dass Fu0
j (uj) gleichmaßig beschrankt ist, amsonsten
ist die Ungleichung trivial. Dann ist Fu0j (uj) = Fj(uj) und uj − u0 ∈ W 1,p
0 (a, b). Aus (1) ist dann
uj gleichmaßig beschrankt in W 1,p(a, b), daher uj − u0 schwach kompakt in W 1,p0 (0, 1). Aus der Lp
Konvergenz von uj gegen u , konvergiert uj − u0 gegen u− u0 in W 1,p0 (a, b). Folglich, ist
Fu0(u) = F (u) ≤ lim infj→+∞
Fj(uj) = lim infj→+∞
Fu0j (uj)
wie gefordert.Γ-limsup Ungleichung: dazu ist nur der Fall u − u0 ∈ W 1,p
0 (a, b) relevant. Seien also uj und vjFolgen wie in der Angabe. Zunachst beobachten wir mal, dass aus der Konstruktion gehoren vj−u0 zu
W 1,p0 (a, b) fur alle j . Zeigen wir mal, z.B., dass vj(a) = u0(a). Da v(a) = 0, entweder ist vj(a) = uj(a)
oder vj(a) = u(a). Aber es gilt u(a) = u0(a) = uj(a), woher vj(a) = u0(a). Zeigen wir jetzt dassvj → u in Lp(a, b). Es reicht naturlich zu beweisen vj − uj → 0 in Lp(a, b). Seien
E1j := x ∈ (0, 1) : uj(x) < u(x)− v(x) , E2
j := x ∈ (0, 1) : uj(x) > u(x) + v(x)
und Ej := E1j ∪ E2
j . Außerhalb der Teilmengen Ej hat man uj − vj = 0. Weiterhin sind die ujgleichmaßig beschrankt in L∞(0, 1) (Morreys Einbettung). Aus dominierter Konvergenz, mussen wirnur zeigen, dass |Ej | → 0. Wir uberprufen z. B. E1
j . Sei x ∈ (a, b). Wenn x ∈ E1j , dann ist 0 < v(x) <
1
2 BLATT7
uj(x) − u(x) ≤ ‖uj − u‖∞ . Andererseits ‖uj − u‖∞ → 0 aus Morreys kompakter Einbettung, daherist x nicht in E1
j fur genugend große j . Es folgt dass |E1j | und analog |E2
j | gegen 0 konvergieren.Schließlich, auch mithilfe von (1)
Fj(vj) = Fj(vj , (a, b) \ Ej) + Fj(vj , Ej) =
Fj(uj , (a, b) \ Ej)− β|Ej |+ β|Ej |+ Fj(vj , E1j ) + Fj(vj , E
2j )
≤ Fj(uj , (a, b) \ Ej) + Fj(uj , Ej) + Fj(u− v,E1j ) + Fj(u+ v,E2
j ) + β|Ej |≤ Fj(uj) + β|Ej |+ γ‖u′ − v′‖p
Lp(E1j )
+ γ‖u′ + v′‖pLp(E2
j )+ (δ + β)|Ej |.
Daher lim supj Fu0j (vj) = lim supj Fj(vj) ≤ lim supj Fj(uj) = F (u) = Fu0(u) wie gefordert.
(b) Aus der Γ-Konvergenz von Fu0j gegen Fu0 und weil u 7→ −
´ baf(x)u(x) dx nur eine feste
stetige Storung ist, Γ-konvergiert die Folge Gu0j , durch
Gu0j (u) := Fu0
j (u)−ˆ b
a
f(x)u(x) dx
gegeben, gegen
Gu0(u) = Fu0(u)−ˆ b
a
f(x)u(x) dx
bzgl. der Lp Topologie. Aus dem Fundamentalsatz der Γ-Konvergenz
limj→+∞
minFj(u)−
ˆ b
a
f(x)u(x) dx : u ∈W 1,p(a, b) , u(a) = u0(a) , u(b) = u0(b)
=
limj→+∞
minFu0j (u)−
ˆ b
a
f(x)u(x) dx : u ∈W 1,p(a, b)
=
minFu0(u)−
ˆ b
a
f(x)u(x) dx : u ∈W 1,p(a, b)
=
minF (u)−
ˆ b
a
f(x)u(x) dx : u ∈W 1,p(a, b) , u(a) = u0(a) , u(b) = u0(b)
d.h. die Aussage.
Aufgabe 2
(a) Sei g : R→ R konvex. Dann gilt fur alle z ∈ R
g(z) = minˆ 1
0
g(z + u′(x)) dx : u ∈W 1,p0 (0, 1) . (3)
(b) Sei f : R× R→ R eine Funktion mit den folgenden Eigenschaften:
f(t, ·) ist konvex fur alle t ∈ Rf(·, z) ist 1− periodisch fur alle z ∈ R
α|z|p − β ≤ f(t, z) ≤ γ|z|p + δ
wobei α , β , γ , und δ nicht von t abhangen. Es ist wohlbekannt dass es eine konvexe Funktionfhom : R→ R existiert, so dass fur alle (a, b) ⊂ R die Funktionale
Fε(u) :=
´ baf( t
ε , u′(t)) dt wenn u ∈W 1,p(a, b)
+∞ sonst
gegen
F (u) :=
´ bafhom(u′(t)) dt wenn u ∈W 1,p(a, b)
+∞ sonst
BLATT7 3
in Lp(a, b) Γ-konvergieren. Zeigen Sie:
fhom(z) = limk∈N
min1
k
ˆ k
0
f(t, z + u′(t)) dt : u ∈W 1,ploc (R) k-periodisch
=
infk∈N
min1
k
ˆ k
0
f(t, z + u′(t)) dt : u ∈W 1,ploc (R) k-periodisch
.
Beweis. (a) Sei z ∈ R und u ∈W 1,p0 (0, 1). Setzen wir mal v(t) = zt+u(t). Dann Jensens Ungleichung
und der Fundamentalsatz der Integralrechnung liefern
g(z) = g(z + u(1)− u(0)) = g(v(1)− v(0)) = g(ˆ 1
0
v′(t) dt)≤ˆ 1
0
g(v′(t)) dt =
ˆ 1
0
g(z + u′(t)) dt
wie gefordert.(b) Zu festem z ∈ R , sei z(t) die Funktion t 7→ zt . Aus Teil (a) und der Konvexitat von fhom
bekommt man
fhom(z) = minˆ 1
0
fhom(z + u′(t)) dt : u ∈W 1,p0 (0, 1)
=
minF (w) : w ∈W 1,p(0, 1) , w(0) = z(0) , w(1) = z(1)
.
Anhand von (2) kommen wir auf
fhom(z) = limε→0
minFε(w) : w ∈W 1,p(0, 1) , w(0) = z(0) , w(1) = z(1)
=
limε→0
minˆ 1
0
f( tε, z + u′(t)
)dt : u ∈W 1,p
0 (0, 1).
Insbesondere fur ε = 1k , k ∈ N gilt es nun
fhom(z) = limk→+∞
minˆ 1
0
f(kt, z + u′(t)) dt : u ∈W 1,p0 (0, 1)
Nun fur alle k ∈ N definiert die Abbildung Sk : W 1,p
0 (0, 1)→W 1,p0 (0, k), durch
Sk(u)(s) = ku(s
k)
gegeben, eine Bijektive Korrespondenz zwischen den beiden Banachraumen. Die Gleichung
(Sk(u))′(s) = u′(s
k)
fur alle s ∈ (0, k) oder aquivalent
(Sk(u))′(kt) = u′(t)
fur alle t ∈ (0, 1), ist trivial. Mittels von einem einfachen Variabelwechsel gilt esˆ 1
0
f(kt, z + u′(t)) dt =
ˆ 1
0
f(kt, z + (Sk(u))′(kt)) dt =1
k
ˆ k
0
f(s, z + (Sk(u))′(s)) ds (4)
somit kommen wir auf
fhom(z) = limk→+∞
min1
k
ˆ k
0
f(s, z + v′(s)) ds : v ∈W 1,p0 (0, k)
=
limk→+∞
min1
k
ˆ k
0
f(s, z + v′(s)) ds : v ∈W 1,p(0, k) k-periodisch.
Die letzte Gleichung ist noch mal trivial, da wenn v eine k -periodische Funktion ist, durch dem Ersatzu := v − v(k) bekommen wir eine Funktion in W 1,p
0 (0, k) mit der selben Ableitung.Es bleibt nur ubrig zu zeigen, dass die Folge
min1
k
ˆ k
0
f(s, z + v′(s)) dt : v ∈W 1,p(0, k) k-periodisch
4 BLATT7
monoton fallend mit k it. Sei also k ∈ N fest, und
uk := arg min1
k
ˆ k
0
f(s, z + v′(s)) dt : v ∈W 1,p0 (0, k)
.
Setzen wir nun
u(t) =1
kuk(kt)
fur alle t ∈ [0, 1]. Es ergibt sich uk = Sk(u). Daher, aus (4) und weil f(·, z) 1-periodisch ist, hat mannun
1
k
ˆ k
0
f(s, z + u′k(s)) ds =
ˆ 1
0
f(kt, z + u′(t)) dt =
ˆ 1
0
f((k + 1)t, z + u′(t)) dt .
Jetzt fur uk+1 = Sk+1(u) erhalt man anlicherweiseˆ 1
0
f((k + 1)t, z + u′(t)) dt =1
k + 1
ˆ k+1
0
f(s, z + u′k+1(s)) ds
daher
min1
k
ˆ k
0
f(s, z+v′(s)) dt : v ∈W 1,p0 (0, k)
≥ min
1
k + 1
ˆ k+1
0
f(s, z+v′(s)) dt : v ∈W 1,p0 (0, k+1)
wie erwunscht.
UBUNGSBLATT 8 27.06.13
Aufgabe 1
Sei Im die diskrete Teilmenge
Im := 0, 1, 2, 3, . . . ,m .Seien W1 und W2 : R → [0,+∞] zwei gegebene Funktionen. Fur alle m ∈ N sei Xm der lineare
Unterraum von L∞((0, 1)), der aus den Funktionen besteht, die konstant auf jedem Intervall[im ,
i+1m
)sind. Fur alle u ∈ Xm sei uim := u
(im
). Zeigen Sie: der Γ-limes bzgl. der schwachen∗ L∞ -Topologie
der Folge
Fm(u) :=
m∑i=0
1
mW1(uim) +
m−1∑i=0
1
mW2(
1
2(uim + ui+1
m )) wenn u ∈ Xm
+∞ sonst ,
wird durch
F (u) :=
ˆ 1
0
W ∗∗eff (u(x)) dx
gegeben, wobei W ∗∗ die großte konvexe unterhalbstetige Funktion ist, die unter
Weff (z) := min1
2W1(z1) +
1
2W1(z2) :
z1 + z22
= z+W2(z)
liegt.Hinweis: man kann das Folgende ohne Beweis annehmen: sei f konvex und u ∈ L∞ so dass
ˆ 1
0
f(u(x)) dx < +∞ .
Dann existiert eine Folge von Treppenfunktionen uk so dassˆ 1
0
f(u(x)) dx = limk→∞
ˆ 1
0
f(uk(x)) dx .
Beweis. Zuerst zeigen wir die Γ-liminf Ungleichung. Sei also F ′ der Γ-liminf von Fm , und u ∈L∞(0, 1). Zu einer gegeben Folge um ∈ Xm , die gegen u konvergiert, assoziieren wir mal die Inter-polation vm : [0, 1]→ R , durch
vm(x) :=1
2(um(i) + um(i+ 1)) wenn
i
m≤ x < i+ 1
m
definiert. Setzen wir vim := vm(i), hat man dann
Fm(um) =
m∑i=0
1
mW1(uim) +
m−1∑i=0
1
mW2(
1
2(uim + ui+1
m ))
m−1∑i=0
1
m
(1
2W1(uim) +
1
2W1(ui+1
m ) +W2(1
2(uim + ui+1
m )))
+1
2mW1(u0m) +
1
2mW1(umm)
≥m−1∑i=0
1
mWeff (vim) =
ˆ 1
0
Weff (vm(x)) dx
1
2 BLATT8
aus der Definition von Weff und weil W1 ≥ 0. Nun konvergiert auch vm gegen u schwach∗ inL∞(0, 1). In Anbetracht der Unterhalbtetigkeit von F und der obigen Ungleichung folgern wir, dass
F (u) =
ˆ 1
0
W ∗∗eff (u(x)) dx ≤ lim infm→+∞
ˆ 1
0
Weff (vm(x)) dx ≤ lim infm→+∞
Fm(um)
deswegen F (u) ≤ F ′(u).Wir zeigen die Γ-limsup Ungleichung nur fur konstante Funktionen (Fortsetzung zu Treppenfunk-
tionen folgt aus anlichem Verfahren). Aus der Eigenschaften des Relaxierten Funktionals reicht es zuzeigen die Ungleichung
F ′′(u) ≤ˆ 1
0
Weff (u) dx
fur solche Funktionen. Das ist aber leicht: zu einer gegebenen u ≡ z , seien z1 und z2 so dass Weff (z) =12W1(z1) + 1
2W1(z2) +W2(z) und 12z1 + z2 = z . Setzt man fur alle m ∈ N und i ∈ Im uim = z1 falls
i gerade, uim = z2 amsonsten, konvergiert die entsprechende stuckweise konstante Intepolation umgegen u schwach∗ in L∞(0, 1). Da
ˆ 1
0
Weff (u) dx = Weff (z) =
m−1∑i=0
1
mWeff (z) =
m−1∑i=0
1
m
(1
2W1(z1) +
1
2W1(z2) +W2(z)
)=
m−1∑i=0
1
m
(1
2W1(uim) +
1
2W1(ui+1
m ))
+
m−1∑i=0
W2(1
2(uim + ui+1
m )) =
Fm(um)− 1
2mW1(z1)− 1
2mW1(z)
wobei z = z2 wenn m gerade, und z = z1 amsonsten, die erwunschte Ungleichung folgt.Aufgrund des Hinweises, kann man genauso wie, z.B., im Blatt 4, Aufgabe 3, abschließen.
Aufgabe 2
Man kann ohne Beweis das folgende Ergebnis annehmen: sei g ∈ L1(a, b) so dassˆ b
a
g(x)ϕ′(x) dx
fur alle ϕ ∈ C∞c (a, b), so ist g konstant.(a) Sei f : R× R→ R eine Funktion mit den folgenden Eigenschaften:
f(t, ·) ist konvex fur alle t ∈ Rf(·, z) ist 1− periodisch fur alle z ∈ R
α|z|p − β ≤ f(t, z) ≤ γ|z|p + δ
wobei α , β , γ , und δ nicht von t abhangen. Zeigen Sie:
limk→+∞
min1
k
ˆ k
0
f(s, z + v′(s)) ds : v ∈W 1,p(0, k) k-periodisch
minˆ 1
0
f(t, z + v′(t)) dt : v ∈W 1,p(0, 1) 1-periodisch.
Hinweis: einer k -periodischen Funktion v assoziieren Sie
vk(t) :=1
k
k∑i=1
v(t− i) (1)
und nicht vergessen: der obige Limes ist ein Infimum!(b) Sei jetzt f(t, z) := a(t)|z|p , wobei a(t) eine 1-periodische Funktion ist so dass 0 < c0 ≤ a(t) ≤
c1 < +∞ , und p ≥ 2. Sei u ein Minimierer vom Problem
minˆ 1
0
a(t)|z + u′(t)|p dt : u ∈W 1,p(0, 1) 1-periodisch. (2)
BLATT8 3
Zeigen Sie: a(t)|v′|p−2v′ ist konstant auf [0, 1], wobei v(t) = zt + u(t).Was ist der Betrag dieser
Konstante? (Denken Sie daran:´ 10v′(s) ds = . . . ?)
(c) Berechnen Sie den Γ-limes bzgl. der Lp(0, 1)-Topologie der Folge
Fj(u) :=
ˆ 1
0
a(jt)|u′(t)|p dt wenn u ∈W 1,p(a, b)
+∞ sonst
in Funktion von p und a .(d) Fuhren Sie die explizite Nachrechung im Fall p = 2 und a(t) = 1
2+sin(2πt) durch.
Beweis. (a) Es reicht zu zeigen
minˆ 1
0
f(t, z + v′(t)) dt : v ∈W 1,p(0, 1) 1-periodisch≤
min1
k
ˆ k
0
f(s, z + v′(s)) ds : v ∈W 1,p(0, k) k-periodisch (3)
fur alle k . Tatsachlich, wenn so was gilt, hat man
minˆ 1
0
f(t, z + v′(t)) dt : v ∈W 1,p(0, 1) 1-periodisch≤
infk
min1
k
ˆ k
0
f(s, z + v′(s)) ds : v ∈W 1,p(0, k) k-periodisch,
wahhrend die umgekehrte Ungleichung trivial ist. Daher, und aus Blatt 7, Aufgabe 2, ist man fertig.Sei also v eine k -periodischen Funktion in W 1,p(0, k) und vk wie in (1). Dann
vk(t+1) =1
k
k∑i=1
v(t+1−i) =1
k
[ k−1∑j=1
v(t−j)+v(t)]
=1
k
[ k−1∑j=1
v(t−j)+v(t−k)]
=1
k
k∑j=1
v(t−j) = vk(t)
daher ist vk (somit v′k ) 1-periodisch. Da f(·, z) auch 1-periodisch fur alle z ist, hat man
ˆ 1
0
f(s, z + v′k(s)) ds =1
k
ˆ k
0
f(s, z + v′k(s)) ds =1
k
ˆ k
0
f(s,
1
k
k∑i=1
(z + v′(s− i)))ds .
Anhand von konvexitat kommen wir aufˆ 1
0
f(s, z + v′k(s)) ds ≤ 1
k
ˆ k
0
1
k
k∑i=1
f(s, z + v′(s− i)) ds =1
k2
k∑i=1
ˆ k
0
f(s, z + v′(s− i)) ds .
Nun ist f(s, z + v′(s− i)) ein k -periodisches Integrand fur alle i , daherˆ k
0
f(s, z + v′(s− i)) ds =
ˆ k
0
f(s, z + v′(s)) ds
fur alle i . Es folgt
minˆ 1
0
f(t, z + v′(t)) dt : v ∈W 1,p(0, 1) 1-periodisch≤ˆ 1
0
f(s, z + v′k(s)) ds ≤
1
k
ˆ k
0
f(s, z + v′(s)) ds .
Da v beliebig, gilt (3).(b) Sei z ∈ R fest. Sei u ein Minimierer vom Problem (2), v(t) = zt + u(t), und ϕ ∈ C∞c (0, 1).
Dann ist, fur alle ε > 0, u+ εϕ eine zulassige Funktion fur dasselbe Minimumproblem, deswegenˆ 1
0
a(t)|v′|p(t) dt ≤ˆ 1
0
a(t)|(v + εϕ)′|p(t) dt =
ˆ 1
0
a(t)|v′|p(t) dt+ ε
ˆ 1
0
a(t)|v′|p−2v′ϕ′(t) dt+ o(ε)
4 BLATT8
aufgrund der Entwicklung der binomichen Reihe. Man erhalt dannˆ 1
0
a(t)|v′|p−2v′ϕ′(t) dt ≥ 0
indem man durch ε teilt, und zum Limes wenn ε→ 0 ubergeht. Mit ϕ ersetztem durch −ϕ , bekommtman die umgekehrte Ungleichung. Aufgrund vom erwahnten Fakt, ist nun a(t)|v′|p−2v′ konstant.
Nun, sei k diese Konstante. Aus
a(t)|v′|p−2(t)v′(t) = k
und a(t) ≥ 0 folgert man dass v′ ein konstantes Vorzeichen (und zwar, dasselbe von k ), hat. Deswegen
a(t)|v′|p−1(t) = |k| . (4)
Folglich ist
|v′|(t) = |k|1
p−1
( 1
a(t)
) 1p−1
fur alle t . Beobachtet man dass
z =
ˆ 1
0
v′(t) dt
und, aufgrund vom konstanten Vorzeichen von v′
|z| =ˆ 1
0
|v′|(t) dt , (5)
schließt man dann ab, dass es
|k| = |z|p−1 1( ´ 10
(1a(t)
) 1p−1
dt)p−1 (6)
(c) Die Zusammenwirkung von (4), (5) und (6) liefertˆ 1
0
a(t)|v′|p(t) dt =
ˆ 1
0
a(t)|v′|p−1(t)|v′|(t) dt = |k|ˆ 1
0
|v′|(t) dt = |k||z| = |z|p 1( ´ 10
(1a(t)
) 1p−1
dt)p−1
Setzt man
αp :=1( ´ 1
0
(1a(t)
) 1p−1
dt)p−1 (7)
kommt man auf
minˆ 1
0
f(t, z + v′(t)) dt : v ∈W 1,p(0, 1) 1-periodisch
= αp|z|p .
Aus Blatt 7, Aufgabe 2 und Teil (a) ist nun der erwunschte Γ-limes
F (u) :=
αp
ˆ 1
0
|u′(t)|p dt wenn u ∈W 1,p(a, b)
+∞ sonst .
(d) Fur p = 2 und a(t) = 12+sin(2πt) ist
1
α2=
ˆ 1
0
(2 + sin(2πt)) dt = 2
und
F (u) :=
1
2
ˆ 1
0
|u′(t)|2 dt wenn u ∈W 1,2(a, b)
+∞ sonst .
UBUNGSBLATT 9 04.07.13
Die fundamentale Schatzung und ihre Anwendung: Sei F : Lp(Ω;Rm) ein Integralfunktional.Wir sagen dass F die fundamentale Schatzung erfullt wenn, fur alle offene Teilmengen U , U ′ und Vmit U ′ ⊂⊂ U und alle σ > 0, es eine Konstante Mσ existiert, so dass fur alle u und v ∈ Lp(Ω;Rm)man eine gelegene Abschneidefunktion ϕ zwischen U ′ und U finden kann, mit
F (ϕu+ (1− ϕ)v, U ′ ∪ V ) ≤ (1 + σ)(F (u, U) + F (v, V )) +Mσ
ˆ(U∩V )\U ′)
|u− v|p(x) dx+ σ . (1)
Wir sagen dass eine Folge Fε : Lp(Ω;Rm) von Integralfunktionalen die fundamentale Schatzunggleichmaßig erfullt wenn, fur alle offene Teilmengen U , U ′ und V mit U ′ ⊂⊂ U und alle σ > 0,es Konstanten Mσ und εσ existieren, so dass fur alle u und v ∈ Lp(Ω;Rm) und ε < εσ man einegelegene Abschneidefunktion ϕε zwischen U ′ und U finden kann, mit
Fε(ϕεu+ (1− ϕε)v, U ′ ∪ V ) ≤ (1 + σ)(F (u, U) + F (v, V )) +Mσ
ˆ(U∩V )\U ′)
|u− v|p(x) dx+ σ . (2)
Aufgabe 1
Sei Ω ⊂ RN und f : Ω× Rm×n → [0,+∞) so dass
c0|ξ|p ≤ f(x, ξ) ≤ C(1 + |ξ|p) (3)
fur alle x ∈ Ω und ξ ∈ Rm×n , mit 0 < c0 < C , und F : Lp(Ω;Rm) durch
F (u, U) :=
ˆU
f(x,Du(x)) dx wenn u ∈W 1,1(Ω;RN )
+∞ sonst
definiert. Zeigen Sie: F erfullt die fundamentale Schatzung.Hinweis 1: seien U ′ ⊂⊂ U mit δ = dist(U ′, ∂U), und M > 0, N ∈ N gegeben. Rechtfertigen Sie
das Folgende (und dann, naturlich, wenden Sie es an): man kann 1 ≤ k ≤ N finden mit der folgendenEigenschaft:
M |Ck ∩ V |+ˆCk∩V
(f(x,Du(x)) + f(x,Dv(x))) dx ≤ 1
N(M |U ∩ V |+ F (u, U) + F (v, V )) (4)
wobei
Ck := x ∈ U : δ(k − 1) ≤ Ndist(x, U ′) ≤ δk . (5)
Hinweis 2 (das musste schon wohlbekannt sein, aber sicher ist sicher): eine Abschneidefunktion ϕzwischen zwei offenen Teilmengen A ⊂⊂ B kann man immer finden, mit
‖∇ϕ‖∞ ≤2
dist(A, ∂B).
Beweis. Ist Ck wie im (5), so gilt es
N∑k=1
M |Ck ∩ V |+ˆCk∩V
(f(x,Du(x)) + f(x,Dv(x))) dx =
ˆU∩V
(M + f(x,Du(x)) + f(x,Dv(x))) dx ≤ (M |U ∩ V |+ F (u, U) + F (v, V )) ,
daher folgt (4).1
2 BLATT9
Nun seien die offenen Teilmengen U ′ , U und V mit U ′ ⊂⊂ U gegeben, und δ = dist(U ′, ∂U). Zufestem σ > 0, sei N eine beliebige naturliche Zahl, die die Voraussetzung
N > maxC′
σ,C ′
σc0|U ∩ V | (6)
mit C ′ = Cc0
2p−1 erfullt. Unter den Teilmengen Ck durch (5) definiert, wahlen wir mal eine aus, so dass
(4) mit M = c0 gilt. Ist ϕ ∈ C∞c (Ck), 0 ≤ ϕ ≤ 1, ϕ(x) = 1 wenn x ∈ U und δ(k−1) ≥ Ndist(x, U ′)(insbesondere, ϕ ≡ 1 auf U ′ ), dann ist ϕ eine Abschneidefunktion zwischen U ′ und U und aufgrunddes Hinweises 2 hat man
‖∇ϕ‖∞ ≤2Nk
δ(k − 1)≤ 4N
δ. (7)
Nun muss man die fundamentale Schatzung beweisen, nur wenn u ∈ W 1,p(U) und v ∈ W 1,p(V )(sonst ist die rechte Seite unendlich). Man hat eindeutig
F (ϕu+ (1− ϕ)v, U ′ ∪ V ) =
F (ϕu+ (1− ϕ)v, U ′) + F (ϕu+ (1− ϕ)v, V \ Ck) + F (ϕu+ (1− ϕ)v, Ck ∩ V ) =
F (u, U ′) + F (v, V \ Ck) + F (ϕu+ (1− ϕ)v, Ck ∩ V ) .
Daher, und anhand der Anwendung von (3), (4), und (7), gilt die folgende Ungleichungskette, mit
Mσ := C2p−1(
4Nδ
)p:
F (ϕu+ (1− ϕ)v, U ′ ∪ V ) ≤ F (u, U) + F (v, V ) + C
ˆCk∩V
1 + |D(ϕu+ (1− ϕ)v)|p(x) dx ≤
F (u, U) + F (v, V ) + C2p−1ˆCk∩V
1 + |Du|p(x) + |Dv|p(x) + |Dϕ(x)|p|u− v|p(x) dx ≤
F (u, U) + F (v, V ) + C ′ˆCk∩V
c0 + f(x,Du(x)) + f(x,Dv(x)) dx+Mσ
ˆ(U∩V )\U ′
|u− v|p(x) dx ≤(1 +
C ′
N
)(F (u, U) + F (v, V )) +
C ′
Nc0|U ∩ V |+Mσ
ˆ(U∩V )\U ′
|u− v|p(x) dx
wo es auch ausgenuzt wurde, dass Ck ∩ V ⊂ (U ∩ V ) \U ′ . Aufgrund von (6) kommen wir endlich auf(1).
Aufgabe 2
Sei eine Folge Fj : Lp(Ω;Rm) von (nichtnegativen) Integralfunktionalen gegeben, die die funda-mentale Schatzung gleichmaßig erfullt. Seien F ′ und F ′′ der Γ-liminf, bzw. der Γ-limsup von Fj ,bzgl. der Lp(Ω;Rm) Topologie. Zeigen Sie: fur alle offene Teilmengen U , U ′ und V mit U ′ ⊂⊂ U ,und u ∈ Lp(Ω;Rm)
F ′(u, U ′ ∪ V ) ≤ F ′(u, U) + F ′′(u, V ) .
Wozu ist das wichtig?
Beweis. Aus der Definitionen von Γ-liminf und Γ-limsup kann man zwie Folgen uj und vj einsetzen(beide gegen u in Lp konvergierend), so dass
lim infj→∞
Fj(uj , U) = F ′(u, U) lim supj→∞
Fj(vj , V ) = F′′(u, V ) .
Nun, sei σ > 0 fest. Fur genugend große j existieren Abschneidefunktionen ϕj zwischen U ′ und Uso dass, fur wj = ϕjuj + (1− ϕj)vj ,
Fj(wj , U′ ∪ V ) ≤ (1 + σ)(Fj(uj , U) + Fj(vj , V )) + σ +Mσ
ˆ(U∩V )\U ′
|uj − vj |p(x) dx ,
wobei Mσ nicht von j abhangt. Da es
|wj − u| = |ϕj(uj − u) + (1− ϕj)(vj − u)| ≤ |uj − u|+ |vj − u|
BLATT9 3
gilt, erhalten wir, dass wj gegen u in Lp konvergiert. Wegen dem Verschwinden des Ausdrucks´(U∩V )\U ′ |uj − vj |p(x) dx kommen wir auf
F ′(u, U ′ ∪ V ) ≤ lim infj
(wj , U′ ∪ V ) ≤ σ + (1 + σ) lim inf
j(Fj(uj , U) + Fj(vj , V ))
≤ σ + (1 + σ)[lim infj
Fj(uj , U) + lim supj
Fj(vj , V )] = σ + (1 + σ)(F ′(u, U) + F′′(u, V )) .
Da σ beliebig ist, gilt die Aussage. Im Fall F ′ = F′′
, d.h. wenn der Γ-limes existiert, ist das eineschwache Form von Subadditivitat. Das ist ein wesentlicher zu verifizierender Punkt, um die Integralre-prasentationsatz anwenden zu konnen, und evtl. um zu zeigen, dass der Γ-limes ein Integralfunktionalist.