Übungsaufgaben zu Partielle Differentialgleichungen Blatt III vom

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1 Prof. Dr. M. Kaßmann Fakultät für Mathematik Wintersemester 2011/2012 Universität Bielefeld Übungsaufgaben zu Partielle Differentialgleichungen Blatt III vom Aufgabe III.1 (4 Punkte) Sei Ω R d ein beschränktes Gebiet. Die Funktionen u n C 2 (Ω) C(Ω) seien harmonisch in Ω mit u n Ω = g n, wobei g n C( Ω) mit sup g n g m 0 für n, m. Ω Zeigen Sie, dass die Folge (u n) gleichmäßig gegen eine Funktion u : Ω R konvergiert, welche ebenfalls harmonisch in Ω und stetig in Ω ist. Aufgabe III.2 (2+3 Punkte) a) Sei u C 2 (B r(0)) C(B r(0)) eine nicht-negative Funktion, welche harmonisch in B r(0) R d sei. Zeigen Sie mit Hilfe der Poisson-Formel folgende explizite Darstellung der Harnack-Ungleichung: Für jedes x B r(0) gilt r d 2 r x (r + x ) u(0) u(x) r + x d 1 rd 2 u(0). (r x ) d 1 b) Beweisen Sie mit Hilfe der Harnack-Ungleichung den folgenden Satz von Liouville: Satz. Sei u C 2 (R d ) eine harmonische Funktion, die nach oben oder nach unten beschränkt ist. Dann ist u konstant. Aufgabe III.3 ( Punkte) Wir verallgemeinern die Definition von subharmonischen und superharmonischen Funktionen für stetige Funktionen. Sei stets Ω R d ein Gebiet. Definition. Eine Funktion u C(Ω) heißt subharmonisch ( superharmonisch) in Ω, falls für jede Kugel B mit B Ω und jeder auf B harmonischen Funktion f mit u f (u f) auf B gilt: u f (u f) in B. Beweisen Sie die folgenden Eigenschaften der in diesem Sinne subharmonischen Funktionen. a) Ist u C(Ω) subharmonisch in Ω, so genügt u dem starken Maximumprinzip in Ω. b) Sei Ω beschränkt. Seien u C(Ω) subharmonisch und v C(Ω) superharmonisch auf Ω mit v u auf Ω. Dann gilt entweder v > u auf Ω oder v u. c) Sei u C(Ω) subharmonisch in Ω und sei B eine Kugel mit B Ω. Sei u C 2 (B) C(B) die Lösung des Problems u = 0 auf B, u = u auf B. Dann ist die Funktion U : Ω R, ebenfalls subharmonisch in Ω. U(x) = u(x) für x B, u(x) für x Ω \ B d) Seien u 1, u 2,..., u N C(Ω) subharmonische Funktionen auf Ω. Dann ist auch die Funktion subharmonisch auf Ω. x u(x) = maxu 1(x), u 2(x),..., u N (x)}

2 Übungsblatt III Seite 2 Aufgabe III.4 (5 Punkte) Sei B + = x R d : x < 1, x d > 0} der offene Halbball um 0. Sei u C 2 (B + ) C(B + ) harmonisch in B + mit u = 0 auf B + x d = 0}. Definiere für x B 1(0) u(x) falls x d 0 v(x) = u(x 1,..., x d 1, x d ) falls x d < 0. Beweisen Sie, dass v harmonisch in B 1(0) ist. Lösungsvorschläge Aufgabe III.1 Aus der Voraussetzung folgt wegen der Vollständigkeit von C( Ω), dass eine Funktion g C( Ω) existiert mit g n g C( Ω) = sup g n (x) g(x) 0, n. x Ω Da für beliebiges n, m N die Funktion x u n (x) u m (x) harmonisch in Ω ist und Ω beschränkt ist, nimmt u n u m sein Maximum auf dem Rand an. Damit ist u n u m C(Ω) g n g m C( Ω) 0, n, m. Wegen der Vollständigkeit von C(Ω) existiert somit ein u C(Ω) mit u n u C(Ω) 0, n. Wir zeigen, dass u harmonisch in Ω ist und u = g auf Ω. Sei B r (x 0 ) Ω beliebig. Dann gilt für beliebiges n N u n (x 0 ) = u n (x) dx B r(x 0 ) (da u n harmonisch ist). Da u n gegen u gleichmäßig konvergiert, können wir auf beiden Seiten der obigen Gleichung zum Grenzwert n übergehen und erhalten folglich u(x 0 ) = u(x) dx, B r(x 0 ) d.h. u erfüllt die Mittelwerteigenschaft in Ω. Damit ist u harmonisch in Ω. Zuletzt gilt für beliebiges x Ω, dass d.h. u = g in Ω. Aufgabe III.2 u(x) = lim n u n(x) = lim n g n(x) = g(x), a) Wir stellen u mit Hilfe der Poisson-Formel dar: Sei x B r (0) beliebig. Dann ist u(x) = r2 x 2 ω d r u(y) y x d do(y).

3 Übungsblatt III Seite 3 Hierbei ist wie in der Vorlesung ω d = B 1 (0) die Oberfläche der (d 1)-dimensionalen Einheitssphäre. Gemäß der Dreiecksungleichung gilt für jedes y B r (0) r x x y r + x. Unter Verwendung der ersten Ungleichung und der Tatsache, dass u nicht-negativ ist, erhalten wir u(x) r2 x 2 ω d r 1 (r x ) d u(y) do(y) = 1 ω d r r+ x (r x ) d 1 Da u harmonisch ist, gilt die Mittelwerteigenschaft, also ist 1 1 u(0) = u(y) do(y) = B r (0) r d 1 ω d Wir kombinieren (1) und (2) und erhalten u(x) r d 2 r+ x u(0). (r x ) d 1 u(y) do(y). (1) u(y) do(y). (2) Die andere Ungleichung erhält man auf analoge Weise, indem die zweite Ungleichung von oben verwendet wird. b) Wir verwenden Teil a) zum Beweis des Satzes. Sei zunächst u von unten beschränkt, d.h. es existiert ein M R derart, dass u(x) M für jedes x R d. Definiere v(x) = u(x) M. Dann ist v 0 in R d und harmonisch. Alle Voraussetzungen aus a) sind somit erfüllt. Zu beliebigem x R d wähle r > 0 hinreichend groß, so dass x B r (0). Dann folgt mit Teil a), dass r d 2 r x (r + x ) d 1 v(0) v(x) r + x rd 2 v(0). (r x ) d 1 Für r erhalten wir hieraus, dass v(x) = v(0). Damit ist v konstant in R d und somit auch u. Falls u von oben beschränkt ist, d.h. es existiert ein M R derart, dass u(x) M für jedes x R d, setzen wir v(x) = M u(x) und verfahren analog. Aufgabe III.3 a) Sei u C(Ω) subharmonisch in Ω und es existiere ein x 0 Ω mit Definiere die Menge M := u(x 0 ) = sup u(x). x Ω A = x Ω : u(x) = M}. Wir zeigen, dass A sowohl abgeschlossen als auch offen ist. Die Abgeschlossenheit ist hierbei klar. Wir zeigen die Offenheit von A mittels Widerspruchsbeweis: Angenommen, A sei nicht offen. Dann existiert ein x A, so dass für jede Kugel B mit Mittelpunkt x, deren Abschluss in Ω liegt, ein x 1 B existiert mit u(x 1 ) < M (u ist nicht konstant in diesen Kugeln).

4 Übungsblatt III Seite 4 Sei r > 0 mit B r (x) Ω. Wähle ε < r mit x 1 B ε (x). Sei v die Lösung des Problems v = 0 auf B ε (x) v = u auf B ε (x). Unter Verwendung der Mittelwerteigenschaft ist zunächst v(x) = v(y) do(y) B ρ(x) für jedes ρ (0, ε). Wegen der Stetigkeit von v auf B ε (x) ist aber auch v(x) = v(y) do(y) = B ε(x) u(y) do(y) < M = u(x), B ε(x) was einen Widerspruch zur Subharmonizität von u darstellt. Also existiert für jedes x A eine Kugel B mit Mittelpunkt x auf der u konstant (= M) ist, d.h. B A und somit ist A offen. Damit ist A =, Ω} und wegen A folgt A = Ω. b) Angenommen die Aussage sei falsch. Dann existiert wegen u v 0 in Ω ein Punkt x 0 Ω mit (u v)(x 0 ) = sup(u v) = M 0. Ω Wir können zusätzlich annehmen, dass eine Kugel B = B(x 0 ) mit B Ω derart existiert, dass u v M in B (sonst u v). Seien u und v die harmonischen Funktionen die auf B mit u bzw. v übereinstimmen (Poisson-Formel!). Dann folgt aus der Definition von sub- und superharmonischen Funktionen, dass M sup(u v) (u v)(x 0 ) (u v)(x 0 ) = M B und damit gilt Gleichheit in der obigen Zeile. Wegen des starken Maximumprinzips für harmonische Funktionen gilt also u v M in B und damit folgt u v M in B, was auf Grund der Wahl von B einen Widerspruch darstellt. c) Seien B eine beliebige Kugel mit B Ω und f eine auf B harmonische Funktion mit U f in B. Da u subharmonisch ist, gilt u U in B und somit u U in B wegen der Stetigkeit beider Funktionen. Wiederum wegen der Subharmonizität von u folgt hieraus mit der Voraussetzung, dass u f in B und somit U f in B \ B. Da U harmonisch in B ist, gilt nach dem starken Maximumprinzip auch U f in B B und somit folgt U f in B, was die Behauptung beweist. d) Sei B eine beliebige Kugel mit B Ω. Sei f eine in B harmonische Funktion mit u f in B. Sei j 1,..., N} beliebig. Für jedes x B gilt nach Voraussetzung u j (x) u(x) f(x) und wegen der Subharmonizität von u j folgt somit u j f in B. Da j beliebig war, ist auch u f in B und somit u subharmonisch in Ω. Aufgabe III.4 Die Aufgabe lässt sich auf verschiedene Arten lösen. Variante 1: Wir verwenden eine lokale Form der Mittelwerteigenschaft.

5 Übungsblatt III Seite 5 Satz. Sei u C(Ω) derart, dass für jedes x Ω eine Folge positiver reeller Zahlen (r j ) mit r j 0 existiert, so dass u(x) = für jedes j. Dann ist u harmonisch in Ω. u(y) dy (3) Der Satz besagt somit, dass es ausreicht, die MWE lediglich in hinreichend kleinen Kugeln um jeden Punkt aus Ω nachzuweisen um die Harmonizität der Funktion zu erhalten. Beweis. Wir verwenden die bereits bekannte MWE und die Lösung v des Dirichlet- Problems auf der Kugel. Sei B R (a) Ω beliebig. Sei v die Lösung des Dirichlet-Problems v = 0 in B R (a) v = u in B R (a) (Poisson-Formel!). Wir zeigen, dass v = u auf B R (a) gilt, was die Behauptung liefert. Angenommen, es existieren Punkte in B R (a) derart, dass v u positiv in diesen Punkten ist. Dann nimmt v u wegen der Stetigkeit von u und v sein Maximum in B R (a) an (denn v = u in B R (a)). Es bezeichne M = max (v u) > 0. Setze B R (a) E := x B R (a) : (v u)(x) = M}. E ist kompakt, E B R (a) und E B R (a) (sonst ist M = 0). Wähle nun x E derart, dass x a x a für alle x E (beachte, dass E kompakt ist). Es ist offensichtlich, dass x B R (a); Also können wir wegen (3) r > 0 hinreichend klein wählen mit B r (x) B R (a) und u(x) = u(y) dy. B r(x) Weiterhin gilt wegen der Harmonizität von v in B R (a) B r (x), dass Wegen x E gilt aber (v u)(x) = (v u)(y) dy. B r(x) (v u)(y) (v u)(x) y B r (x) und wegen der Wahl von x gilt die obige Ungleichung strikt in einer offenen Menge O B r (x) \ E. Damit ist aber (v u)(x) > (v u)(y) dy. B r(x) Widerspruch. Also ist v u in B R (a). Analog zeigt man v u in B R (a), also ist v = u in B R (a) und wegen der Harmonizität von v auf B R (a) ist u(a) = u(y) dy, B R (a) d.h. u erfüllt die MWE in Ω und ist somit harmonisch in Ω.

6 Übungsblatt III Seite 6 Die Aufgabe lässt sich nun unter Verwendung dieses Satzes recht einfach lösen. Es bezeichne B den unteren offenen Halbball um 0. Wir betrachten drei Fälle: i) x B +. Wähle r j = 1 j dist(x, B+ ). Da v = u in B + und u harmonisch in B + ist, gilt (3) für jedes j. ii) x B. Wähle r j = 1 j dist(x, B ). Dann ist wegen der Harmonizität von u in B + v(y) dy = u(y 1,..., y d 1, y d ) dy = u(y) dy B rj (x 1,...,x d 1, x d ) = u(x 1,..., x d 1, x d ) = v(x) für jedes j. iii) x B 1 (0) mit x d = 0. Wähle r j = 1 j dist(x, B 1(0)). Da v(z) = v(z) (wobei z = (z 1,..., z d 1, z d )) in jedem Punkt z B 1 (0) gilt, ist v(x) = 0 = B + v(y) dy + B v(y) dy = v(y) dy für jedes j. Also gilt (3) in jedem x B 1 (0) und damit folgt die Behauptung aus dem obigen Satz. Variante 2: Spiegelung der Randdaten. Sei ϕ : B 1 (0) R definiert durch u(x) für x d 0 ϕ(x) = u(x 1,..., x d 1, x d ) für x d < 0. Es gilt ϕ C( B 1 (0)). Sei ũ : B 1 (0) R die Lösung des Problems ũ = 0 in B 1 (0) ũ = ϕ auf B 1 (0). Mit Hilfe der Poisson-Formel sieht man, dass ũ(x) = u(x 1,..., x d 1, x d ) falls x d < 0, (4) ũ(x) = 0 falls x d = 0. Damit sind die beiden Funktionen u und ũ B + harmonisch in B + mit denselben Randwerten auf B +, stimmen also wegen des Maximumprinzips auf B + überein. Zusammen mit (4) stimmen damit v und ũ auf ganz B 1 (0) überein, also ist v harmonisch.