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.