D-MATH Funktionalanalysis II FS 2014 Prof. M. Struwe. Lösung 2

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1 D-MATH Funktionalanalysis FS 214 Prof. M. Struwe Lösung 2 1. a) Wir unterscheiden zwei Fälle. Fall 1: 1 < p < : Seien u L p () und (u k ) W 1,p () eine beschränkte Folge, so dass u k u in L p () für k. Dann ist (u k ) eine beschränkte Folge in L p (). Da L p () reflexiv ist, folgt mit dem Satz von Eberlein-Šmulian, dass (u k ) Lp () eine schwach-konvergente Teilfolge besitzt. D.h. es existiert ein Λ Æ und ein g L p (), so dass u k w g in L p () für k, k Λ. m folgenden zeigen wir, dass g die schwache Ableitung von u ist. Sei dazu ϕ Cc (). Dann ist die Abbildung l ϕ : L p () Ê; f f(x)ϕ(x)dx ein stetiges (d.h. beschränktes), lineares Funktional, also l ϕ (L p ()). Die Linearität folgt direkt aus der Linearität des ntegrals; die Beschränkteit aus Hölder: l ϕ (f) f(x)ϕ(x) dx f L p () ϕ L q (), wobei q p p 1 der zu p konugierte Exponent ist. Mit ϕ C c () Lq () ist die obige Abschäzung endlich. Somit gilt nach Definition der schwachen Konvergenz u k(x)ϕ(x)dx l ϕ (u k) l(g) g(x)ϕ(x)dx, (1) für k, k Λ. Andererseits gilt u k (x)ϕ (x)dx u(x)ϕ (x)dx u k (x) u(x) ϕ (x) dx u k u L p () ϕ L q (), wobei wieder q p ist. Da u p 1 k u in L p () und ϕ Cc () Lq () ist, konvergiert die rechte Seite für k gegen Null. Somit gilt u k (x)ϕ(x)dx u k (x)ϕ (x)dx u(x)ϕ (x)dx, (2) Bitte wenden!

2 für k. Aus Gleichung (1) und (2) folgt g(x)ϕ(x)dx u(x)ϕ (x)dx, für alle ϕ Cc (); (3) das heisst, g u ist schwache Ableitung von u und da u, u L p (), ist u W 1,p (), was den ersten Fall abschliesst. Fall 2: p : Seien u L () und (u k ) W 1, () eine beschränkte Folge mit u k u in L () für k. Da L 1 separabel ist, gilt mit dem Satz von Banach-Alaoglu, dass für ede beschränkte Folge (u k ) L () (L 1 ()) eine schwach -konvergente Teilfolge existiert. D.h. es existiert ein Λ Æ und ein g L (), so dass u k w g in L () für k, k Λ. Analog wie im Fall 1 gilt wieder für k, k Λ, dass u k (x)ϕ(x)dx g(x)ϕ(x)dx, für alle ϕ Cc () (4) sowie Damit folgt u k (x)ϕ (x)dx u(x)ϕ (x)dx, für alle ϕ Cc (). (5) g(x)ϕ(x)dx u(x)ϕ (x)dx, für alle ϕ Cc (); (6) also ist g L () die schwache Ableitung von u L () und somit u W 1,. Dies beweist den zweiten Fall und somit die Behauptung. b) Die Aussage stimmt nicht für p 1, was folgendes Gegenbeispiel zeigt. Sei ] 1, 1[. Wir definieren u χ ],1[ L 1 () mit u L 1 () 1 und für k Æ die Funktionen u k : ] 1, 1[ Ê mit u k (x) siehe Abbildung 1 unten., falls 1 < x ; kx, falls < x 1 k ; 1, falls 1 k < x < 1, Es gilt, dass u k L 1 (), mit u k L 1 () 1 1 <, und absolut stetig ist. 2k Somit ist u k W 1,1 () mit, falls 1 < x ; u k(x) k, falls < x 1 ; k u k L 1, falls 1 () 1. < x < 1, k Siehe nächstes Blatt!

3 y u 2 u 4 u 8 u x Abbildung 1: Graph der Funktionenfolge u k. Es gilt u k u L 1 () 1 für k, 2k d.h. u k konvergiert für k in L 1 () gegen u. Wir wissen edoch, dass u / W 1,1 (), da u nicht stetig ist. 2. Wir wollen einen Fortsetzungsoperator E : W k,p (Ê + ) W k,p (Ê) definieren, d.h. E soll stetig und linear sein, und die Eigenschaften i.), ii.) und iii.) besitzen. Sei dazu k Æ fest und 1 p. Zuerst suchen wir Zahlen a 1, a 2,..., a k Ê, so dass a m ( 1)m, für m {, 1,..., k 1}. (7) Dazu gilt es das lineare Gleichungssystem a 1 1 ( 2 k 1 1 ) 2 ( a 2 2 k) (. 1 1 k 1 ( 2)... 1 k 1 a k 1. }{{ k) } :A Bitte wenden!

4 zu lösen. Die Matrix A T ist eine Vandermonde-Matrix. Damit erhalten wir für die Determinante von A ( 1 det(a) det(a T ) Π 1 i< k 1 ). i Somit ist A invertierbar und (7) hat eine eindeutige Lösung. Wir wählen etzt a 1, a 2,...,a k wie oben und definieren für u W k,p (Ê + ) den Operator { u(x), falls x ; Eu(x) : ( ) k a x (8) u, falls x <. Behauptung: E ist der gesuchte Fortsetzungsoperator. Beweis der Behauptung: Punkt i) und iii) sind mit dieser Definition automatisch erfüllt. Für Punkt ii) sei s k. Wir definieren { D s u(x), falls x ; g s (x) : ( ) k ( 1)s a D s x (9) u, falls x <. s Schritt 1: Wir zeigen, dass g s W 1,p (Ê) mit Dg s g s+1 für alle s k 1. Beweis von Schritt 1: Da D s u, D s+1 u L p (Ê + ), sind g s, g s+1 L p (Ê). Für x gilt g s () + x g s+1 (y)dy D s u() + D s u(x) g s (x), wobei wir hier Satz i) verwendet haben. x D s+1 u(y)dy Siehe nächstes Blatt!

5 Für x gilt g s () + x g s+1 (y)dy D s u() + x ( 1) sa D s u() + s }{{} 1 nach (7) ( ( 1) sa D s u() + s g s (x), ( 1) sa s Ds u ( ) ( 1) s+1 a D s+1 u s+1 x ( ) x x ( y ) dy ( ) ( 1) s+1 a D s+1 u s+1 D s+1 u(ỹ)dỹ ) ( y ) dy substituiert und anschliessend wieder Satz i) verwen- wobei wir zuerst ỹ y det haben. Das heisst, es gilt g s (x) g s () + x g s+1 (y)dy, für alle x Ê. (1) Mit Lemma folgt, da g s+1 L 1 loc (Ê) ist, dass g s absolut stetig ist mit Dg s g s+1 fast überall. Somit folgt g s W 1,p (Ê) und Dg s g s+1, was den ersten Schritt abschliesst. Schritt 2: Wir zeigen, dass g s D s Eu ist für s k, und Eu W k,p (Ê). Beweis von Schritt 2: Wir zeigen mittels nduktion nach s, dass g s D s Eu ist. Für s gilt offensichtlich g Eu D Eu. Wir machen also den nduktionsschritt von s 1 nach s und nehmen dafür an, dass g s 1 D s 1 Eu ist. Sei ϕ Cc (Ê). Dann gilt g s (x)ϕ(x)dx g s 1 (x)ϕ (x)dx ( 1) s (Eu)(x)ϕ (s) (x)dx, Ê Ê wobei wir im letzen Schritt die nduktionsverankerung verwendet haben. Damit folgt, dass g s D s Eu ist. Somit ist g s W 1,p (Ê) für alle s k 1 und somit Eu W k,p (Ê), was den zweiten Schritt beweist. Ê Bitte wenden!

6 Schritt 3: m letzten Schritt zeigen wir noch, dass der so definierte Operator die Ungleichung ii.) erfüllt. Beweis von Schritt 3: Nun gilt für α k D α Eu L p (Ê) g α L p (Ê ) + D α u L p (Ê + ) ( 1) α a ( ) u + D α u αdα L p (Ê + ) L p (Ê + ) ( a L α Dα u + D ) α u L p (Ê + ) p (Ê + ) }{{} D α u L p (Ê + ) ( ) a α + 1 D α u L p (Ê + ). }{{} :C α Mit C : max α k C α unabhängig von u erfüllt also Eu auch Punkt ii). Damit ist alles gezeigt. 3. a) Wir nehmen wieder das Beispiel aus Aufgabe 1b). Dort ist i) nicht erfüllt. Jedoch ist für ϕ Cc () mit 1 u(x)ϕ (x)dx ϕ (x)dx ϕ(1) ϕ() Punkt ii) erfüllt. ϕ() ϕ L () < Weiter ist für und h mit h < dist(, ) τ h u u L 1 ( ) 2 h < auch iii) erfüllt. Damit folgt die Behauptung. b) Sei u eine monoton wachsende Funktion, ]a, b [ und h mit h < dist(, ). Wir nehmen an, dass h > ist (für h < geht der Beweis analog). Siehe nächstes Blatt!

7 Es gilt τ h u u L 1 ( ) b a (u(x + h) u(x))dx b +h b h osc(u)h, u(x)dx a +h a u(x)dx b +h (u(b + x) u(a + x)) dx }{{} osc(u) a +h u(x)dx b a u(x)dx wobei im zweiten Schritt die Substitution x + h x und im vierten Schritt die Substitution x x + b bzw. x x + a verwendet wurden. c) Sei u L 1 () C(), so dass ein C existiert mit u(x)ϕ (x)dx C ϕ L q (), für alle ϕ Cc (), mit q p p 1. Sei weiter a < a 1 b 1 a 2 a k b k < b eine beliebige Zerlegung von mit a i, b i Ê. Wir definieren ϕ k sgn(u(a i ) u(b i ))χ ]ai,b i [ mit sgn(x) { 1, falls x ; 1, falls x < Die Ableitung von ϕ K im distributiven Sinn, ist das Mass. Dϕ k sgn(u(a ) u(b ))(δ a δ b ). Da der Träger von ϕ k im kompakten ntervall [a 1, b k ] liegt, ist ϕ k L 1 (). Damit existiert eine Folge (ϕ k,l ) l Æ Cc () mit ϕ k,l ϕ k in L 1 () für l. Nach Annahme ii) gilt u(x)dϕ k,l (x)dx C ϕ k,l L () C <, für alle k, l Æ. Da gilt u(x)dϕ k,l (x)dx u(x)dϕ k (x), l, Bitte wenden!

8 wobei u(x)dϕ k (x) sgn(u(a ) u(b ))(u(a ) u(b )) u(a ) u(b ) < C, sehen wir, da die Zerlegung beliebig war, dass osc(u) C, d.h. u BV (). d) Aus Aufgabe 3c) sehen wir, dass u BV () liegt, da u die Eigenschaft ii) von Satz erfüllt. Somit kann man u schreiben als u v w, wobei v und w stetige, monoton wachsende Funktionen sind (siehe Analysis ). Mit der Minkowski-Ungleichung folgt nun für und h mit h < dist(, ), dass τ h u u L 1 ( ) τ h v v L 1 ( ) + τ h w w L 1 ( ) ist. Da wir aus Aufgabe 3b) wissen, dass für monotone Funktionen die Eigenschaft iii) von Satz gilt, folgt die Behauptung direkt aus der Tatsache, das u (und somit auch v und w) beschränkte Variation hat.