Universität Ulm Abgbe: Freitg, 19.06.2009 Prof. Dr. W. Arendt Robin Nittk Sommersemester 2009 Punktzhl: 38+7 13. Zeige: Lösungen Prtielle Differentilgleichungen: Bltt 5 Sei (, b) ein reelles Intervll. Wie uch sonst immer werden uch für die Aufgben uf diesem Bltt Funktionen in H 1 (, b) stets mit ihrem stetigen Repräsentnten identifiziert. () Jede Funktion in H 1 (, b) ist Hölder-stetig. Genuer: Es gilt f() f(y) f H 1 (,b) y 1/2 für lle f H 1 (, b) und lle, y [, b]. (2) Bonusufgbe: Für f H 1 (, b) gibt zu jedem ε > 0 ein δ > 0 mit f() f(y) ε y 1/2 für y < δ. (2) Lösung: Lut Vorlesung gilt f() = f() + f (t) dt, für [, b]. Also ht mn für y b nch der Cuchy-Schwrz schen Ungleichung f() f(y) y f (t) dt = ( 1 2 (,y) f b 1 2 (,y) = y 1/2 f (,y) L 2 (,y) f H 1 (,b) y 1/2. ) 1/2 ( 1 2 (,y) f 2) 1/2 D die Aussge symmetrisch in und y ist, zeigt dies die Behuptung. Bonus: Sei ε > 0. Nch dem Stz von Lebesgue gibt es ein c > 0 mit der Eigenschft, dss für die bgeschnittene Funktion g c := f 2 c 2 f 2 g c ε < 2 gilt. Wähle δ < ε. Für y < δ mit y gilt dnn 2c 2 y f 2 = ( f 2 g c ) + (,y) ε 2 + c2 y ε. g c (,y) D die Lösung der Aufgbe eigentlich sogr die Abschätzung y f() f(y) y 1/2 f 2 zeigt, folgt us dieser Überlegung die Zustzbehuptung. 1
(b) Sei f α () := α für α (0, 1) und [0, 1]. Für α > 1/2 liegt f α in H 1 (0, 1), für α < 1/2 hingegen nicht. (3) Bemerkung: Insbesondere gibt es lso Funktionen in C 1 (0, 1) C[0, 1], die nicht in H 1 (0, 1) liegen. Bonusfrge: Liegt f 1/2 in H 1 (0, 1)? (1) Lösung: Sei α < 1/2. Dnn ist für = 0 f α () f α (y) y 1/2 = y α 1 2, ws für y 0 unbeschränkt ist. Also knn f α nch der vorigen Teilufgbe nicht in H 1 (0, 1) liegen. Sei nun α > 1 2 und g() := αα 1. Dnn liegt g wegen 2α 2 > 1 in L 2 (0, 1). Nch der Formel für die prtielle Integrtion gilt 1 0 f α v = für lle v C 1 c(0, 1), wobei die Integrle nch Definition von C 1 c(0, 1) sogr ls Riemnn-Integrle ufgefsst werden können, die nicht einml uneigentlich sind. Also liegt f α in H 1 (0, 1) mit f α = g, denn f α L 2 (0, 1) ist offensichtlich. Bonus: Die Bonusufgbe des vorigen Aufgbenteils zeigt f 1/2 H 1 (0, 1). Dies knn mn ber uch einfcher sehen, indem mn beispielsweise unter Verwendung von Aufgbe 11 zeigt, dss für die schwche Ableitung f 1/2 () = 1 gelten müsste, 2 1/2 flls f 1/2 in H 1 (0, 1) läge. Dnn wäre ber f 1/2 nicht in L2 (0, 1). 1 0 gv 14. Sei (, b) beschränkt und (f n ) eine Folge in H 1 (, b). Die Folge (f n) konvergiere in L 2 (, b) gegen ein g in L 2 (, b). Weiterhin gebe es ein 0 [, b], für ds die reelle Folge (f n ( 0 )) gegen ein c R konvergiert. Zeige, dss (f n ) dnn in der Norm von H 1 (, b) gegen ein f H 1 (, b) konvergiert, ds f = g und f( 0 ) = c erfüllt! (4) Bonusfrge: Bleibt ds Resultt für (, b) = R richtig? (2) Lösung: Setze f() := c + g(t) dt. 0 Lut Vorlesung liegt f in H 1 (, b) und es gilt f = g und f( 0 ) = c. D mn lut Vorlesung die Drstellung f n () = f n ( 0 ) + f n(t) dt 0 ht, folgt sup f n () f() f n ( 0 ) c + (,b) f n g f n ( 0 ) c + f n g L 2 (,b)(b ) 1/2 0 (n ) us den Vorussetzungen. Also konvergiert f n gleichmäßig gegen f und somit insbesondere in L 2 (, b). Nch Vorussetzung konvergiert (f n) gegen g = f. Insgesmt erhält mn drus wegen f n f 2 H 1 (,b) = f n f 2 L 2 (,b) + f n f 2 L 2 (,b) 0 (n ) die Konvergenz von (f n ) gegen f in H 1 (, b). 2
Bonus: Wir geben ein Gegenbeispiel für (, b) = R n. Setze dzu 0, (, (n + 1)) ((n + 1), ), 1, ( n, n), h n () := n + 1 +, [ (n + 1), n], n + 1, [n, n + 1]. Dnn folgt us Aufgbe 12 und der schwchen Differenzierbrkeit klssisch differenzierbrer Funktionen, dss h n in H 1 (R) liegt und die Ableitung 0, (, (n + 1)) ( n, n) ((n + 1), ), h n() = 1, [ (n + 1), n], 1, [n, n + 1] ist. Inbesondere ist 2n h n L 2 (R) 2n + 2 und h n L 2 (R) = 2. Setzt mn nun c n := n 1/2, so definiert f n := c n h n eine (beschränkte) Folge in H 1 (R) mit f n (0) = c n 0 und f n 0 in L 2 (R). Würde nun lso (f n ) in H 1 (R) gegen ein f H 1 (R) konvergieren, so wäre insbesondere f(0) = 0 und f = 0, lso lut Vorlesung f = 0. Aber wegen f n L 2 (R) 2 konvergiert (f n ) nicht einml in L 2 (R) gegen 0. 15. Sei f H 1 (, b) und (, b) beschränkt. Zeige: () Die Funktion f ist genu dnn in C 1 [, b], wenn f in C[, b] liegt. (2) Lösung: In der Vorlesung wurde gezeigt, dss für f C 1 [, b] die schwche mit der klssischen Ableitung übereinstimmt. Nch Definition ist in diesem Fll lso f C[, b]. Sei nun f H 1 (, b) und die schwche Ableitung f uf [, b] stetig. Aus f() = f() + f (t) dt. folgt mit dem Huptstz der Differentil- und Integrlrechnung, dss f in C 1 [, b] liegt und f mit der klssischen Ableitung von f übereinstimmt. (b) Die Funktion f ist genu dnn Lipschitz-stetig, wenn f in L (, b) liegt. (4) Bonusufgbe: Bestimme die Lipschitzkonstnte von f in Abhängigkeit von f! (2) Lösung: Sei zuerst f L (, b). Dnn folgt us der Drstellung von f ls unbestimmtes Integrl für y f() f(y) y f (t) dt y f L (,b), lso gerde die Lipschitz-Stetigkeit mit Konstnte f. Sei nun umgekehrt f H 1 (, b) Lipschitz-stetig. Dnn gilt ( f 1 (,y) = )L 2 (,b) y f = f(y) f() L y = L 1 (,y) L 1 (,b) für < y, wobei L 0 die Lipschitz-Konstnte von f bezeichnet. Mn rechnet leicht nch, dss dnn uch ( f ) h L h L 1 (,b) L 2 (,b) für jede Treppenfunktion h gilt. Sei nun g L 2 (, b) beliebig gewählt. Dnn gibt es eine Folge (h n ) von Treppenfunktionen mit h n g L 2 (,b) 0, wie us der Mßtheorievorlesung beknnt sein sollte; 3
ein möglicher Beweis verläuft so, dss mn zuerst zeigt, dss sich jede messbre Menge durch eine endliche Vereinigung offener Intervlle im Mß pproimieren lässt, worus dnn leicht die Behuptung folgt. Dnn konvergiert wegen h n g L 1 (,b) = h n g (b ) 1/2 h n g 2 0 (n ) uch ( h n L 1 (,b)) gegen g L 1 (,b), worus dnk Stetigkeit des Sklrprodukts f g = lim ( f hn n )L 2 (,b) lim L h n L n 1 (,b) = L g L 1 (,b) folgt. Für ε > 0 sei nun A ε := { f L + ε} (, b). Setzt mn in obige Ungleichung speziell g ε := 1 Aε sgn f ein, erhält mn λ(a ε )(L + ε) f = f g ε L g ε L 1 (,b) = Lλ(A ε ), A ε ws offenbr nur für λ(a ε ) = 0 erfüllt sein knn. D A ε für jedes ε > 0 eine Nullmenge ist, ist nch Definition f L (, b) und f L. Bonus: Mn sieht us dem Beweis, dss f die Lipschitz-Konstnte von f ist. Bemerkung: Mn knn sogr zeigen, dss jede Lipschitz-stetige Funktion in H 1 (, b) ist, siehe Aufgbe 53 uf Übungsbltt 13 der Funktionlnlysisvorlesung des Wintersemesters 2008/09. 16. Zeige, dss für f H 1 (R) stets lim ± f() = 0 gilt, lso H 1 (R) C 0 (R) ist! (5) Tipp: Unter der Zustznnhme f L 1 (R) ist der Beweis etws einfcher, während der llgemeine Fll noch eine Zustzüberlegung benötigt. Lösung: Sei f H 1 (R). Wir nehmen n, dss die Behuptung flsch ist. Gegebenenflls nch Spiegelung dürfen wir lso β := lim sup f() > 0 nnehmen. Zudem ist α := lim inf f() 0, denn nderenflls gäbe es ein 0 mit f() α 2 für 0, ws f 2 α 2 R 0 4 = im Widerspruch zu f L 2 (R) implizieren würde. Wähle nun α und β mit 0 < α < β < β. Wegen α < α, nch Definition von α und β und ufgrund des Zwischenwertstzes gibt es Folgen ( ) und (y n ) mit 1 < y 1 < 2 < < y n 1 < < y n < +1 (n ), f( ) = α, f(y n ) = β und f(t) α für t [, y n ]. Wegen (α ) 2 (y n ) yn f 2 R f 2 < ist (y n ) n eine Folge in l 1 und somit insbesondere beschränkt. Sei lso M > 0 so gewählt, dss y n M für lle n N gilt. Aus der Drstellung von H 1 -Funktionen ls unbestimmtes Integrl ihrer Ableitung ergibt sich mittels der Cuchy-Schwrz schen Ungleichung somit β α = f(y n ) f( ) = yn ( y n ) 1/2 ( f 2 y n 1 2 yn f f ) ( 1/2 y n M 1/2 f 2 ) 1/2 4
worus R f 2 im Widerspruch zu f L 2 (R) folgt. yn f 2 (β α ) 2 = M Bemerkung: Setzt mn zudem f L 1 (R) vorus, ht mn bei der Whl der ( ) und (y n ) mehr Freiheiten, knn uf die Cuchy-Schwrz sche Ungleichung verzichten und muss nicht zeigen, dss (y n ) n beschränkt ist. Konsequenz: Mit dem Stz vom bgeschlossenen Grphen folgt us dieser Aufgbe, dss es eine Konstnte c > 0 mit f() c f H 1 (Ω) für lle f H 1 (R) und lle R gibt. Wüsste mn dies bereits us nderen Gründen, ws wiederum mit der Sitution f L 1 (R) zu tun ht, könnte mn für diese Aufgbe uch nders rgumentieren: Mn pproimiert f in H 1 (R) durch eine Folge f n von Funktionen mit kompktem Träger. D diese in C 0 (R) liegt und nch obiger Abschätzung in der Norm von C b (R) konvergiert, folgt f C 0 (R). Alterntiver Beweis: Kennt mn ein wenig mehr Fouriertheorie, so ergibt sich die Aussge dieser Aussge us der Ttsche, dss die Fouriertrnsformtion H 1 (R) nch L 1 (R) bbildet, ls einfche Anwendung des Stzes von Riemnn-Lebesgue. 17. Sei (, b) R ein beschränktes Intervll, λ 0 und β > 0. Wir untersuchen ds elliptische Problem mit inhomogenen gemischten Neumnn- und Robin-Rndbedingungen u H 2 (, b), λu u = f uf (, b), (P f,a,b ) βu() u () = A, u (b) = B für f L 2 (, b) und reelle Zhlen A und B. Sei λ,β : H 1 (, b) H 1 (, b) R durch λ,β (u, v) := λ für u und v us H 1 (, b) definiert. Zeige: uv + u v + βu()v() () Die Form λ,β : H 1 (, b) H 1 (, b) R ist biliner, symmetrisch und stetig. (3) Lösung: Die Bilinerität und Symmetrie sind offensichtlich. Seien (u n ) und (v n ) in H 1 (, b) konvergente Folgen mit Grenzwerten u und v. Dnn konvergieren nch Vorlesung (u n) und (v n) in L 2 (, b) gegen u und v, und (u n ) und (v n ) konvergieren sogr gleichmäßig uf [, b] gegen u und v. Insbesondere konvergieren (u n ()) und (v n ()) gegen u() und v(). D ds Sklrprodukt stetig ist, konvergiert λ,β (u n, v n ) = λ (u n v n ) L 2 (,b) + ( u n v n )L 2 (,b) + βu n()v n () gegen λ,β (u, v), ws die Stetigkeit der Bilinerform zeigt. (b) Die Form λ,β : H 1 (, b) H 1 (, b) ist koerziv, d.h. λ,β (u, u) η u 2 H 1 (,b) für lle u H 1 (, b), wobei η eine positive Konstnte ist. (3) Hinweis: Bechte, dss uch λ = 0 zugelssen ist. Lösung: Angenommen, die Aussge wäre flsch. Dnn gibt es für jedes n N einen Vektor u n H 1 (, b) mit u n 2 L 2 (,b) + βu n() 2 λ,β (u n, u n ) < 1 n u n 2 H 1 (,b), wobei mn nch Sklierung u n H 1 (,b) = 1 nnehmen drf. Wegen β > 0 knn mn hierus blesen, dss die Folge (u n) in L 2 (, b) und die reelle Folge (u n ()) jeweils eine Nullfolgen ist. Nch Aufgbe 14 konvergiert (u n ) in H 1 (, b) gegen eine Funktion u mit u = 0 und u() = 0, ws lut Vorlesung nur für u = 0 erfüllt sein knn. Dies widerspricht llerdings der Annhme u n H 1 (,b) = 1. 5
(c) Für lle f L 2 (, b) gibt es genu ein u H 1 (, b) mit λ,β (u, v) = für lle v H 1 (, b). (2) Lösung: Die Zuordnung v ist ein stetiges, lineres Funktionl uf H 1 (, b), wie einfch zu sehen ist und schon in der Vorlesung gezeigt wurde. D λ,β eine stetige, koerzive Bilinerform ist, folgt us dem Stz von L-Milgrm die Eistenz und Eindeutigkeit einer Lösung u H 1 (, b) dieser Gleichung. (d) Seien f und u in H 1 (, b). Es gilt genu dnn λ,β (u, v) = fv fv fv für lle v H 1 (, b), wenn u ds Problem (P f,0,0 ) löst. (3) Lösung: Sei zuerst u eine Lösung von (P f,0,0 ). Nch der Formel für die prtielle Integrtion in H 1 (, b) gilt dnn λ,β (u, v) = λ = λ = λ = fv uv + für lle v H 1 (, b). Sei nun umgekehrt u H 1 (, b) und λ,β (u, v) = λ Speziell gilt dnn uv + u v + βu()v() uv + u v b b u v + βu()v() uv u ()v() u v = u v + βu()v() = (λu f)v + βu()v() (λu f)v für lle v C 1 c(, b), fv für lle v H 1 (, b). ws nch Definition u H 1 (, b), lso u H 2 (, b), mit u = λu f bedeutet. Somit erfüllt u Differentilgleichung, worus mit der Formel für die prtielle Integrtion fv = λ,β (u, v) = λ = uv + u v b b u v + βu()v() fv + u (b)v(b) + ( βu() u () ) v() für lle v H 1 (, b) folgt. Drus ergibt sich u (b)v(b) + ( βu() u () ) v() = 0 für lle v H 1 (, b). Setzt mn speziell v() := ein, zeigt dies u (b) = 0, während mn für v() := b die Aussge βu() u () = 0 erhält. Insgesmt zeigt dies, dss u ds Problem (P f,0,0 ) löst. 6
(e) Es gibt Funktionen f 1 und f 2 in L 2 (, b), für die die Probleme (P f1,1,0) und (P f2,0,1) Lösungen besitzen. Für diese Lösungen schreiben wir h 1 und h 2. (2) Lösung: Setze h 1 () := β 1 und h 2 () := + β 1. Es ist sehr leicht, zu sehen, dss diese Funktionen die entsprechenden Probleme für f i := λh i h i = λh i lösen. (f) Eine Funktion u ist genu dnn eine Lösung von (P f,a,b ), wenn u Ah 1 Bh 2 ds Problem (P f Af1 Bf 2,0,0) löst. (1) Lösung: Allgemeiner gilt: Ist u eine Lösung von (P f1,a 1,B 1 ) und v eine Lösung von (P f2,a 2,B 2 ), so löst µu + v ds Problem (P µf1 +f 2,µA 1 +A 2,µB 1 +B 2 ). Hierus folgt die Behuptung. Bemerkung: Die Sitution ist ähnlich wie bei lineren Gleichungssystemen, wo sich die Gesmtheit der Lösungen der inhomogenen Gleichung ls eine Verschiebung der Lösungsmenge der homogenen Gleichung um eine prtikuläre Lösung ergibt. (g) Es gibt eine eindeutige Lösung von (P f,a,b ). (2) Lösung: Ds Problem (P f Af1 Bf 2,0,0) ist nch den Aufgbenteilen (c) und (d) eindeutig lösbr. Nch Aufgbenteil (f) ist dnn uch (P f,a,b ) eindeutig lösbr. (h) Ist f stetig uf [, b], so liegt die eindeutige Lösung von (P f,a,b ) in C 2 [, b] und ist somit eine klssische Lösung. (2) Lösung: Nch Vorussetzung ist u in H 2 (, b) mit λu u = f. Lut Vorlesung ist u stetig, worn mn sieht, dss uch u = λu f stetig ist. Aus Aufgbe 15 folgt, dss u in C 1 [, b] liegt. D insbesondere u stetig und somit u C 1 [, b] mit u C 1 [, b] ist, ist u nch Definition in C 2 [, b]. 7