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Variationsrechnung

Freiburg, WS 11/12

Mitschrift von Johannes Lorenz

Vorlufige Version vom 1. Februar 2012.

Inhaltsverzeichnis

Introduction 1

1 Euler-Lagrange-Gleichung 31.1 Probleme mit Nebenbedingungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2 Funktionalanalysis 152.1 Schwache Konvergenz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

3 Mehr Funktionalanalysis 33

4 Sobolevraume 43

5 Einbettungssatze von Sobolev und Rellich 51

6 Unterhalbstetigkeit 61

A Differentialformen 73A.1 Multilineare Algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73A.2 Differentialformen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

i

Einleitung

Es geht um Funktional F : C → R,

F(u) =

∫

f(x, u(x), Du(x))dx.

Dabei ist Ω ⊂ Rn, C eine gegebene Klasse von Funktionen bzw. Abbildungenu : Ω → Rm. Der Integrand ist gegeben durch

f : Ω × Rm × Rm×n → R, f = f(x, z, p).

Beispiel 0.1 (Bogenlange). Ω = (a, b) ⊂ R, u : [a, b] → Rm Kurve, f(x, z, p) =|p|.

L(u) :=

∫ b

a

|u′(x)|dx,

C = u ∈ C1([a, b],Rm) : c(a) = p, c(b) = q.Dies fuhrt zum Problem der kurzesten Verbindung zwischen zwei Punkten.

Beispiel 0.2. Variante: Es sei M ⊂ Rm Untermannigfaltigkeit, p, q ∈ M .

C = u ∈ C1([a, b],Rm) : c(a) = p, c(b) = q, c([a, b]) ⊂ M.

Gedatische: Kurzeste Verbindung auf M .

Beispiel 0.3. Variante: Isoperimetrisches Problem (n = 1,m = 2)Betrachte u ∈ C1([a, b],R2) : u einfach geschlossen.Definiere A(u) = eingeschlossener Flacheninhalt. Sei A > 0 gegeben. MinimiereL(u) auf der Klasse

C = u ∈ C1([a, b],R2) : u einfach geschlossen,A(u) = A.

Vermutete Losung: Kreis mit Radius√

Aπ.

Beispiel 0.4 (Flachenfunktional). u : Ω → Rm (Ω ⊂ Rn, n < m)Es sei gα,β := 〈∂αu, ∂βu〉 die induzierte Metrik.

A(u) =∫

Ω

√det g, f(x, z, p) =

√

det (〈pα, pβ〉)

1

2 INHALTSVERZEICHNIS

Beispiel 0.5 (Dirichletintegral). u : Ω → R, (Ω ⊂ Rn,m = 1)

E(u) :=1

2

∫

Ω

|Du|2

Dirichletsches Prinzip: Konstruktion harmonischer Funktionen als Minimierervon E.

Fragen

1. Existenz von Minimierern (Hilberts 19. Problem)Direkte Methode der VariationsrechnungVariationsproblem infu∈C F(u) =: Λ.

• Wahle Minimalfolge uk ∈ C, also F(uk) → Λ.

• Finde Teilfolge ukj, die gegen ein u ∈ C konvergiert (Problem: Wahl

der Topologie).

• Zeige F(u) ≤ limj→∞ F(ukj) = Λ (Unterhalbstetigkeit).

2. Regularitat von Minimiereren (Hilberts 20. Problem)n = 1: Hilbert 1899 (Geodatische), Tonelli 1930n = 2: Morrey 1940 (quadratic growth)n ≥ 2,m = 1 : De Giorgi 1956, Nash 1958n,m ≥ 2: Minimierer mit Singularitaten (De Girgi 1969)

3. Eindeutigkeit von Minimieren/ Zahl der Losungen

4. Kritische Punkte (Nichtminimierern) Mountain-Pass-Lemma

Kapitel 1

Euler-Lagrange-Gleichung

Satz 1.1 (Fundamentallemma der Variationsrechnung). Sei Ω ⊂ Rn und f ∈L1loc(Ω) mit

∫

Ω

fϕ ≥ 0 fur alle ϕ ∈ C∞c (Ω)mit ϕ ≥ 0.

Dann ist f ≥ 0 fast uberall.

Bemerkung 1.1. Ist∫

Ωfϕ = 0 fur alle ϕ ∈ C∞

c (Ω), so folgt f = 0 fast uberall.

Beweis. Wir zeigen die Aussage in zwei Schritten.Schritt 1 Beweis falls f ∈ C0(Ω):Sei η ∈ C∞

c (Rn), η ≥ 0, mit spt η = x : η(x) 6= 0 ⊂ B1(0) und∫η(x)dx = 1.

Eine mogliche Wahl ist

η(x) =

cn exp( 14|x|2−1 ) fur |x| ≤ 1

2

0 fur |x| ≥ 12

.

Sei zusatzlich η gerade: η(x) = η(−x) fur x ∈ Rn. Fur > 0 sei η(x) =−nη(x

), also spt η ⊂ B(0). Nach Voraussetzung gilt fur 0 < < dist (x, ∂Ω)

(η ∗ f)(x) =

∫

η(x− y)f(y)dy ≥ 0.

Andererseits konvergiert die Faltung gegen f:

|f(x) − (η ∗ f)(x)| = |∫

η(x− y)(f(x) − f(y))dy|

≤ supy∈B

|f(x) − f(y)| → 0 mit ց 0,

da f stetig in x ∈ Ω ist.Schritt 2 Beweis falls f ∈ L1

loc(Ω):

3

4 KAPITEL 1. EULER-LAGRANGE-GLEICHUNG

Fur ϕ ∈ C∞c (Ω), ϕ ≥ 0, und 0 < < dist(sptϕ, ∂Ω) gilt

∫

(η ∗ f)(x)ϕ(x)dx =

∫ ∫

η(x− y)f(y)dyϕ(x)dx

(Fubini) =

∫

f(y)

∫

η(x− y)ϕ(x)dxdy

(η gerade) =

∫

f(y) (η ∗ ϕ)︸︷︷︸

∈C∞c (Ω),≥0

(y)dy ≥ 0,

nach Voraussetzung. Aus Schritt 1 folgt η ∗ f ≥ 0, und hieraus f ≥ 0, daη ∗ f → f fast uberall.

Wir geben noch einen alternativen Beweis fur den Fall f ∈ c0(Ω):

Beweis. Angenommen es gibt ein x0 ∈ Ω mit f(x0) < 0. Da f stetig in x0, gibtes B(x0) ⊂ Ω mit

f(x) ≤ 1

2f(x0) fur alle x ∈ B(x0).

Wahle η ∈ C∞(B(x0)) mit η ≥ 0 und η ≡ 1 auf B 2(x0). Dann folgt fη ≤

12f(x0)χB

2(x0), aber nach Voraussetzung

0 ≤∫

Ω

fη ≤∫

Ω

1

2f(x0)χB

2(x0) =

1

2f(x0)|B

2(x0)| < 0,

ein Widerspruch.

Lemma 1.1. Sei Ω ⊂ Rn offen und beschrankt. Betrachte das Funktional

F : C1(Ω,Rm) → R, F(u) =

∫

Ω

f(x, u(x), Du(x))dx

mitf ∈ C1(Ω × Rm × Rm×n), f = f(x, z, p).

Dann gilt fur ϕ ∈ C1(Ω,Rm)

d

dtF(u + tϕ)|t=0 =

∫

Ω

(∂zif(...)ϕi + ∂pi

αf(...)∂αϕ

i)

= δF(u)ϕ,

wobei (...) = (x, u(x), Du(x)).δF(u) : C1(Ω,Rm) → R ist ein lineares Funktional.

Beweis. Folgt durch Differentiation unter dem Integral:

d

dt

∫

Ω

f(x, u(x)+tϕ(x), Du(x)+tDϕ(x))dx|t=0 =

∫

Ω

(∂zif(...)ϕi+∂piαf(...)∂αϕ

i).

5

Lemma 1.2. Sei Ω beschranktes C1-Gebiet, und f,Dpf ∈ C1(Ω×Rm×Rm×n).Dann gilt fur u ∈ C2(Ω,Rm) die Formel

δF(u)ϕ =

∫

Ω

(∂zif(...) − ∂α

(∂pi

αf(...)

))ϕi

+

∫

∂Ω

να∂piαf(...)ϕidµ ∀ϕ ∈ C1(Ω,Rm).

Beweis. Integralsatz von Gauß:

∫

Ω

∂piαf(...)∂αϕ

i =

∫

∂α(∂piαf(...)ϕi) −

∫

∂α(∂pi

αf(...)

)ϕi

=

∫

∂Ω

να∂piαf(...)ϕidµ−

∫

∂α(∂pi

αf(...)

)ϕi.

Bemerkung 1.2. Ist ϕ ∈ C1c (Ω,Rm), so reicht u ∈ C2(Ω,Rm). Die Behauptung

folgt dann durch partielle Integration.

Satz 1.2 (Euler-Lagrange Gleichungen). Sei Ω ⊂ Rn offen und beschrankt, undf,Dpf ∈ C1 auf Ω×Rm×Rm×n. Die Funktion u ∈ C1(Ω,Rm)∩C2(Ω,Rm) seistationar, d.h. fur alle ϕ ∈ C∞

c (Ω,Rm) gelte

δF(u)ϕ =

∫

Ω

(∂zif(...)ϕi + ∂pi

αf(...)∂αϕ

i)

= 0.

Dann ist u Losung der Euler-Lagrange-Gleichung

Lf (u) := −∂α(∂piαf(·, u,Du)) + ∂zi(·, u,Du) = 0 (i = 1, ...,m).

Beweis. Folgt aus Lemma 1.1 und Lemma 1.2.

Bemerkung 1.3. Die Voraussetzung ist erfullt, wenn

F(u) ≤ F(u + ϕ) fur alle ϕ ∈ C∞c (Ω,Rm).

Beispiel 1.1. F(u) =∫

Ω

(12 |Du|2 − Ψu

),wobei Ψ → R.

f(x, z, p) =1

2|p|2 − Ψ(x)z,

∂pαf(x, z, p) = pα, ∂zf(x, z, p) = −Ψ(x),

Lf (u) = −∂α(∂αu) − Ψ = −∆u− Ψ.

Euler-Lagrange-Gleichung: −∆u = Ψ.


Beispiel 1.2.

F(u) =

∫

Ω

√

1 + |Du|2 (Flacheninhalt von Graph (u))

f(x, z, p) =√

1 + |p|2

∂pαf(x, z, p) =

pα√

1 + |p|2, ∂zf = 0,

Lf (u) = −∂α(∂αu

√

1 + |Du|2= − div

Du√

1 + |Du|2.

Dies ist die sogenannte nichtparametrische Minimalflachengleichung.

Beispiel 1.3.

u : (t1, t2) × Ω ⊂ Rn → R, u = u(t, x)

Du = (∂tu,∇u) mit ∇u = (∂u

∂x1, ...,

∂u

∂xn,

F(u) =1

2

∫ t2

t1

∫

Ω

(|∂tu|2 − |∇u|2

)dxdt.

Interpretation: kinetische Energie - potentielle Energie, vgl. klassische Mechanik.

f(t, x, z, p) =1

2

(p20 − (p21 + ... + p2n)

)

∂pαf =

p0 fur α = 0

−pα fur α = 1, ..., n

Lf (u) = −∂t(∂tu) − ∂xα(−∂xαf) = −∂2t + ∆u.

Euler-Lagrange-Gleichung: Wellengleichung −∂2t + ∆u = 0

Um die Losung eines Variationsproblems zu bestimmen, mussen zu der Euler-Lagrange-Gleichung im allgemeinen Randbedingungen hinzukommen. Sehr haufigist das die Dirichlet-Randbedingung, also

Lf (u) = 0 in Ω

u = ϕ auf ∂Ω,

wobei ϕ : ∂Ω → Rm gegeben ist. Ein gutes Beispiel ist die nichtparametrischeMinimalflachengleichung. Eine zweite wichtige Randbedingung ist die freie odernaturliche Randbedingung.

Satz 1.3 (naturliche Randbedingung). Seien f,Dpf von der Klasse C1 aufΩ × Rm × Rm×n, und Ω sei C2-Gebiet. Gilt

δF(u)ϕ = 0 fur alle ϕ ∈ C2(Ω,Rm),

so erfullt u die naturliche Randbedingung

Bf (u) := να∂piαf(·, u,Du) = 0 auf ∂Ω (i = 1, ...,m).

7

Beweis. Nach Lemma 1.2 gilt fur ϕ ∈ C2(Ω,Rm)

δF(u)ϕ =

∫

Ω

Lf (u)iϕi +

∫

∂Ω

Bf (u)iϕidµ.

Satz 1.2 impliziert Lf (u) = 0. Also gilt nach Voraussetzung

∫

∂Ω

Bf (u)iϕidµ = 0 fur alle ϕ ∈ C2(Ω,Rm).

wahle nun eine lokale Plattung Φ ∈ C2(U, V ) von ∂Ω, also

Φ ((∂Ω) ∩ U) = Rn−1 ∩ V.

Fur η ∈ C∞c (V,Rm) ist ϕ = η Φ zulassige Testfunktion. Wir erhalten mit

gαβ = 〈∂αΦ−1, ∂βΦ−1〉

0 =

∫

∂Ω

Bf (u)iϕid mu =

∫

Rn−1∩V

(Bf (u)i Φ−1

)ηi√

det g.

Jedes η ∈ C∞c (Rn−1 ∩ V,Rm) kann zu einer Funktion in C∞

c (V,Rm) fortgesetztwerden. Aus dem Fundamentalllemma (Satz 1.1) folgt somit fur i = 1, ...,m

Bf (u)i Φ−1√

det g = 0,

also Bf (u) = 0 auf ∂Ω ∩ U .

Beispiel 1.4.

F(u) =

∫

Ω

(1

2|Du|2 − Ψu

)

(m = 1),

∂pαf(x, u,Du) = ∂αu.

Naturliche Randbedingung : να∂αu = ∂u∂ν

= 0 (Neumann-Randbedingung).

Eine weitere Alternative ware eine teilweise freie Randbedinung u(∂Ω) ⊂ M ,wboei M ⊂ Rm gegebene C1-Untermannigfaltigkeit. Minimiert u unter dieserNebenbedingung, so folgt

δF(u)ϕ = 0 fur alle ϕ ∈ C2(Ω,Rm) mit ϕ(x) ∈ Tu(x)M.

In diesem Fall ergeben sich gemischte Randbedingungen

u(∂Ω) ⊂ M, να∂f

∂piα(·, u,Du)ei ⊥ TuM.


1.1 Probleme mit Nebenbedingungen

Satz 1.4. Betrachte auf C1(Ω,Rm) die Funktionale

F(v) =

∫

Ω

f(x, v,Dv), G(v) =

∫

Ω

g(x, v,Dv)

mit f, g von der Klasse C1 und g : Ω × Rm × Rm×n → Rk. Die Funktionu ∈ C1(Ω,Rm) habe die folgenden Eigenschaften:

1. Fur alle ϕ ∈ C∞c (Ω,Rm) mit G(u + ϕ) = G(u) gilt

F(u) ≤ F(u + ϕ).

(u minimiert unter der Nebenbedingung G.)2. δG(u) : C∞

c (Ω,Rm) → Rk ist surjektiv.(Nichtdegeneriertheit der Nebenbedingung)

Dann gibt es ein λ ∈ Rk mit

δF(u) − λiδGi(u) = 0 auf C∞c (Ω,Rm).

Beweis. Nach (2) gibt es Funktionen ϕi ∈ C∞c (Ω,Rm) mit

δG(u)ϕi = ei fur i = 1, ..., k.

Fur η ∈ C∞c (Ω,Rm) betrachte die Funktion

G : R× Rk → Rk, G(s, t) = G(u + sη + t1ϕ1 + ... + tkϕk).

Es gilt G ∈ C1(R× Rk,Rk), G(0, 0) = G(u) und

∂G

∂ti(0, 0) = δG(u)ϕi = ei fur i = 1, ..., k.

Nach dem impliziten Funktionensatz gilt lokal

G(s, t) = G(u) ⇔ ti = τi(s) mit τi ∈ C1.

Aus der Minimumseigenschaft folgt

0 =d

dsF(u + sη + τ1(s)ϕ1 + ... + τk(s)ϕk)|s=0

= δF(u)η + τ ′i(0)δF(u)ϕi.

Andererseits haben wir

0 =d

dsG(u + sη + τ1(s)ϕ1 + ... + τk(s)ϕk)|s=0

= δG(u)η + τ ′i(0)δG(u)ϕi

Es folgt τ ′i(0) = −δGi(u)η, also durch Einsetzen

0 = δF(u)η − λiδiGi(u)η mit λi = δF(u)ϕi,

fur alle η ∈ C∞c (Ω,Rm).

1.1. PROBLEME MIT NEBENBEDINGUNGEN 9

Bemerkung 1.4. Sind zusatzlich Dpf,Dpgi ∈ C1(Ω × Rm × Rm×n) und ist u ∈C2(Ω,Rm), so folgt aus Satz 1.2

Lf (u) − λiLgi(u) = 0.

Beispiel 1.5.

u : Ω → R (m = 1)

F(u) =1

2

∫

Ω

(|Du|2 + v(x)u2), wobei v : Ω → R.

G(u) =

∫

Ω

u2 != 1 (unormiert)

δG(u)ϕ = 2

∫

Ω

uϕ.

Da u 6= 0, exisitert ϕ ∈ C∞c (Ω) mit δG(u)ϕ 6= 0 nach Satz 1.1 (Fundamental-

lemma der Variationsrechung). Berechne

Lf (u) = −∆u + vu

Lg(u) = 2u.

Ist u ∈ C1(Ω) ∩ C2(Ω) Minimierer, so gibt es ein λ ∈ R mit

−∆u + vu = λu.

(Eigenwertproblem des Operators −∆ + v)

Beispiel 1.6.

F(u) =

∫

Ω

√

1 + |Du|2

G(u) =

∫

Ω

u = Volumen von (x, z) ∈ Ω × R : 0 < z < u(x)

δG(u)ϕ =

∫

Ω

ϕ 6= 0 fur ϕ ∈ C∞c (Ω) geeignet.

Lf (u) = − divDu

√

1 + |Du|2, Lg(u) = 1

Ist u ∈ C1(Ω ∩ C2(Ω) Minimierer, so gibt es ein λ ∈ R mit

− divDu

√

1 + |Du|2= λ.

Geometrisch : graph u hat konstante mittlere Krummung.

Wir betrachten jetzt noch Variationen der unabhangigen Variablen. Dazu fol-gender Hilfssatz:


Lemma 1.3. Sei U ⊂ Ω ⊂ Rn und Φ ∈ C2((−δ, δ) × U,Rn), Φ = Φ(t, x), mitfolgenden Eigenschaften:

1. Φt : U → Φt(U) ⊂ Ω ist Diffeomorphismus (Φt(x) = Φ(t, x))

2. Φ0 = idU

Dann gilt fur g ∈ C1((−δ, δ) × Ω) mit ξ = ∂Φ∂t

(0, ·)

d

dt

∫

Φt(U)

g(t, y)dy|t=0 =

∫

U

(∂tg + div (gξ)) .

Beweis. Beachte folgende Differentiationsregeln:

∂

∂tDΦt(x)|t=0 = (∂tDΦ)(0, x) = (D∂tΦ)(0, x) = Dξ(x)

∂

∂tdet DΦt(x)|t=0 = tr

∂

∂tDΦt(x)|t=0 = div ξ(x).

Also folgt aus dem Transformationssatz

d

dt

∫

Φt(U)

g(t, y)dy|t=0 =d

dt

∫

u

g(t,Φt(x)) det DΦt(x)︸︷︷︸

>0

dx|t=0

=

∫

U

(∂tg + 〈Dg, ξ〉 + g div ξ)

=

∫

U

(∂tg + div (gξ)) .

Beispiel 1.7. (Kontinutitatsgleichung) Betrachte Stromung Φ : (−δ, δ)×Ω → Ωmit Geschwindigkeitsfeld ξ = ∂Ω

∂t(0, ·). Sei = (t, y) die zeitabhanginge Dichte.

Dann ist

m(t, V ) =

∫

V

(t, y)dy

die zeitabhanginge Masse im Gebiet V ⊂ Ω. Wie wird die Masse durch dieStromung transportiert?

d

dtm(t,Φt(U))|t=0 =

∫

U

(∂tg + div (ξ)) .

Massenerhaltung fur alle U ⊂ Ω ist aquivalent zur Kontinuitatsgleichung

∂t + div (ξ) = 0.

Lemma 1.4 (allgemeine Variationsformel). Sei U ⊂ Ω ⊂ Rn und Φ ∈ C2((−δ, δ)×U,Rn) mit Φt : U → Φt(U) ⊂ Ω diffeomorph, Φ0 = idU .Sei weiter u ∈ C2((−δ, δ) × Ω,Rm). Setze

ξ =∂Φ

∂t(0, ·) und η =

∂u

∂t(0, ·).


Dann gilt fur F(v, U) =∫

Uf(·, v,Dv) die Formel

d

dtF(utΦ−1

t ,Φt(U))|t=0 =

∫

U

〈Lf (u), η−Du·ξ〉+∫

U

div (Hf (...)ξ + Dpf(...)η) .

Dabei ist

Lf(u)i = −∂α(∂piαf(·, u,Du) + ∂zif(·, u,Du)

(Euler-Lagrange-Operator)

Hf (u)αβ = f(·, u,Du)δαβ − ∂piαf(·, u,Du)∂βu

i

(Hamiltonoperator)

Dpf(...)η = ∂piαf(·, u,Du)ηi.

Beweis. Setze vt = ut Φ−1t und ζ = ∂vt

∂t(0, ·). Berechne dann mit Lemma 1.3

d

dtF(vt,Φt(U))|t=0

=

∫

U

∂

∂tf(x, vt, Dvt)|t=0 +

∫

U

div (f(·, u,Du)ξ)

=

∫

U

(∂zif(...)ζi + ∂pi

αf(...)∂αζ

i + div (f(...)ξ))

=

∫

U

(−∂α(∂pi

αf(...) + ∂zif(...)

)ζi +

∫

U

∂α(f(...)ξα + ∂pi

αf(...)ζi

)

Beachte: ∂∂t

Φ−1t (x)|t=0 = −ξ(x) wegen

0 =∂

∂tΦt(Φ

−1t )|t=0 = ξ(x) + DΦ0

︸︷︷︸

=Id

(x)∂

∂tΦ−1

t |t=0.

Also gilt

ζ(x) =∂

∂tu(t,Φ−1

t (x))|t=0 = η(x) −Du(x) · ξ(x).

Einsetzen liefert die behauptete Formel.

Betrachte nun eine Einparameterschar von Diffeomorphismen des (x, z)-Raums:

(x, z) 7−→ (Ft(x, z), Gt(x, z)) ∈ Ω × Rm

F0(x, z) = x, G0(x, z) = z.

Hierdurch wird fur jedes u ∈ C2(U,Rm), U ⊂ Ω, eine Schar von transformiertenAbbildungen erzeugt:(Bild)Definiere die zugehorigen Vektorfelder

X(x, z) =∂F

∂t(0, x, z), Z(x, z) =

∂G

∂t(0, x, z).


Fur jedes u ∈ C2(U,Rm) wird eine Transforamtion induziert:Transformation der unabhangigen Variablen x ∈ U :

Φ(t, x) = F (t, x, u(x)), ξ =∂Φ

∂t(0, x) = X(x, u(x))

Transformation der abhangigen Variablen x ∈ U :

u(t, x) = G(t, x, u(x)), η =∂u

∂t(0, x) = Z(x, u(x)).

Definition 1.1. Das Variationsintegral F(u) =∫

Ωf(·, u,Du) heißt infinitesi-

mal invariant bezuglich (Ft, Gt), falls gilt:

d

dtF(ut Φ−1

t ,Φt(U))|t=0 = 0

fur alle u ∈ C2(Ω,Rm), U ⊂⊂ Ω.

Satz 1.5 (E. Noether, 1918). Das Variationsintegral F(u) =∫

Ωf(·, u,Du)

sei ininitesimal invariant bezuglich (Ft, Gt). Dann gilt fur jede Losung u ∈C2(Ω,Rm) der Euler-Lagrange-Gleichungen der Erhaltungssatz

div (Hf (...)ξ + Dpf(...)η) = 0.

Dabei ist Hf der Hamiltontensor und

ξ(x) = X(x, u(x)) mit X =∂

∂tFt(x, z)|t=0

η(x) = Z(x, u(x)) mit Z =∂

∂tGt(x, z)|t=0.

Beweis. Es gilt

0 =d

dtF(ut Φ−1

t ,Φt(U))|t=0 (Voraussetzung Invarianz)

=

∫

U

〈Lf (u)︸︷︷︸

=0

, η −Du ξ〉 +

∫

U

div (Hf (...)ξ + Dpf(...)η) .

Die Behauptung folgt.

Beispiel 1.8. (Pohazaev-Identitat)Betrachte auf Rn × Rm die Streckungen

Ft(x) = etx, Φt(x) = etx, ξ(x) = x

Gt(z) = eλtz, u(t, x) = eλtu(x), η(x) = λu(x).

Wir interessieren uns fur die Invarianz unter dieser Transformation des Varia-tionsintegrals

F(u) =

∫

U(1

2|Du|2 − |u|p) (n ≥ 3).


Berechne

(ut Φ−1t )(y) = eλtu(e−ty)

D(ut Φ−1t )(y) = e(λ−1)tDu(e−ty).

Es folgt

F(ut Φ−1t ,Φt(U))

=

∫

Φt(U)

(1

2e1(λ−1)t|Du|2(e−ty) − 1

pepλt|u(e−ty)|p

)

dy

(y = etx) =

∫

U

(1

2e(n+2λ−2)t|Du(x)|2 − 1

pe(n+pλ)t|u(x)|p

)

dx.

Das Funktional ist invariant, wenn

n + 2λ− 2 = 0 und n + pλ = 0

⇔ λ = −n− 2

2und p =

2n

n− 2.

Sei p so gewahlt. Dann berechnen wir

Hfξ = (1

2|Du|2 − 1

p|u|p)x− 〈Du, x〉Du

Dpf(...)η = −n− 2

2uDu.

Also lautet der Erhaltungssatz, mit p = 2nn−2

div

(

(1

2|Du|2 − 1

p|u|p)x− (

2

pu + 〈Du, x〉)Du

)

= 0.

Angenommen, u ist Losung mit den Randwerten u|∂Ω = 0. Dann folgt mit demSatz von Gauß

0 =

∫

∂Ω

(1

2|Du|2〈x, ν〉 − 〈Du, x〉

︸︷︷︸

=〈Du,ν〉〈x,ν〉

〈Du, ν〉)

= −∫

∂Ω

1

2|∂u∂ν

|2〈x, ν〉.

Ist 〈x, ν〉 > 0 auf ∂Ω (also Ω strikt sternformig bzgl. des Nullpunkts), so folgtDu = 0 auf ∂Ω.

Bemerkung 1.5. Man kann dann zeigen, dass u = 0 auf ganz Ω ist.

Kapitel 2

Funktionalanalysis

Definition 2.1. Seien X,Y Banachraume. Wir setzen

L(X,Y ) = A : X → Y | A linear, ‖A‖ < ∞,wobei

‖A‖ = sup‖x‖≤1

‖Ax‖.

Bemerkung 2.1. Fur A : X → Y linear sind folgende Aussagen aquivalent :

1. ‖A‖ < ∞2. A : X → Y ist stetig.

3. A : X → Y ist stetig in x = 0.

Beweis. 1. ⇒ 2.: Es gilt: ‖Ax‖ ≤ ‖A‖‖x‖ fur alle x ∈ X. Fur ‖x−x0‖ < δ folgtalso

‖Ax−Ax0‖ = ‖A(x− x0)‖≤ ‖A‖‖x− x0‖≤ ‖A‖δ< ǫ, falls δ <

ǫ

‖A‖ .

2. ⇒ 3.: Klar.

3. ⇒ 1.: Zu ǫ = 1 > 0 gibt es ein δ > 0 mit

‖x‖ ≤ δ ⇒ ‖Ax‖ ≤ 1.

Fur x ∈ X mit ‖x‖ ≤ 1 folgt

‖Ax‖ = ‖A(δx

‖x‖ )‖︸︷︷︸

≤1

‖x‖δ

≤ 1

δ‖x‖.

15

16 KAPITEL 2. FUNKTIONALANALYSIS

Definition 2.2. X ′ := L(X,R) heißt der Dualraum von X. Seine Elementeheißen lineare Funktionale auf X.

Wir wollen als erstes die Dualraume der Lp-Raume charakterisieren, genauerfur 1 ≤ p < ∞.

Lemma 2.1. Sei µ ein Maß auf M . Dann gilt:

1. Fur 1 < p ≤ ∞ und 1p

+ 1q

= 1 ist die Abbildung

J : Lq(µ) → Lp(µ)′, (Jv)(u) =

∫

uv dµ

eine isometrische Einbettung.

2. Ist µ σ-endlich, so ist

J : L∞(µ) → L1(µ)′, (Jv)(u) =

∫

uv dµ

ebenfalls isometrische Einbettung.

Beweis. Nach der Holderschen Ungleichung gilt fur 1 ≤ p ≤ ∞

|Jv(u)| ≤ ‖u‖Lp‖v‖Lq ⇒ ‖Jv‖Lp(µ)′ ≤ ‖v‖Lq .

Fur 1 < p < ∞ definiere fur v ∈ Lq(µ) \ 0

Dv =

‖v‖2−qLq |v|q−2v falls v 6= 0

0 sonst.

Berechne mit p = qq−1

‖Dv‖Lp = ‖v‖2−qLq

(∫

|v|(q−1)q

) 1p

(Jv)(Dv) = ‖v‖2−qLq

∫

|v|q = ‖v‖2Lq .

Dies bedeutet ‖Jv‖Lp(µ)′ ≥ ‖v‖Lq , also J isometrisch. Fur p = ∞ sieht mananalog

‖Dv‖L∞ = ‖v‖L1 , Jv(Dv) = ‖v‖2L1 .

Fur p = ∞ wahle Ausschopfung M1 ⊂ M2 ⊂ ... von M mit µ(Mk) < ∞. Furv ∈ L∞(µ) und δ > 0 setze

E(k, δ) = x ∈ Mk : |v(x)| > ‖v‖L∞ − δ.

Es gilt µ(x ∈ M : |v(x)| > ‖v‖L∞−δ > 0 fur alle δ > 0, somit µ(E(k, δ)) > 0fur k hinreichend groß. Betrachte nun die Funktion

u =

χE(k,δ)v|v| fur v 6= 0

0 sonst.

17

Wir berechnen

‖u‖L1(µ) = µ(E(k, δ))

(Jv)(u) =

∫

E(k,δ)

|v| dµ ≥ (‖v‖L∞ − δ)µ(E(k, δ)).

Es folgt fur alle δ > 0

‖Jv‖L1(µ)′ ≥ ‖v‖L∞ − δ.

Somit ist J auch in diesem Fall isometrisch.

Lemma 2.2. Fur 1 < p < ∞ ist die Lp-Norm gleichmaßig konvex, genauer:Fur alle ǫ > 0 gibt es ein δ > 0, so dass fur u, v ∈ Lp(µ) mit ‖u‖Lp = ‖v‖Lp = 1gilt:

‖u + v

2‖Lp ≥ 1 − δ ⇒ ‖u− v‖Lp < ǫ.

Beweis. Ubungsaufgabe.

Bemerkung 2.2. Der Raum L2(µ) ist Skalarproduktraum. Die Parallelogrammi-dentitat liefert dann

‖u− v‖2L2 = 2(‖u‖2L2 + ‖v‖2L2) − ‖u + v‖2L2

= 4(1 − ‖u + v

2‖2L2)

≤ 4(1 − (1 − δ)2)

≤ 8δ.

Zu gegebenem ǫ > 0 konnen wir also δ = ǫ2

8 wahlen.

Satz 2.1 (Dualraum von Lp). Fur 1 < p < ∞ und 1p

+ 1q

= 1 ist die Abbildung

J : Lq(µ) → Lp(µ)′, Jv(u) =

∫

uv dµ

eine surjektive Isometrie.Zusatz: Ist µ σ-endlich, so gilt das auch fur p=1.

Beweis. (zunachst fur 1 < p < ∞):Schritt 1 (Variationsansatz)Sei ϕ ∈ Lp(µ)′ gegeben, oBdA ϕ normiert:

1 = ‖ϕ‖ = supϕ(u) : ‖u‖Lp = 1.

Sei u0 ∈ Lp(µ) mit

‖u0‖Lp(µ) = 1 und ϕ(u0) = ‖ϕ = J(Du0).


Beweis davon:Berechne fur u ∈ Lp(µ) die Ableitung

∂t|u0 + tu|p =

p|u0 + tu|p−2(u0 + tu)u u0 + tu 6= 0

0 sonst

Fur |t| ≤ 1 haben wir die Majorante

|∂t|u0 + tu||p ≤ p(|u0| + |u|)p ∈ L1(µ).

⇒ d

dt‖u0 + tu‖Lp |t=0 =

∫

|u0|p−2u0u dµ

=

∫

(Du0)u dµ

= J(Du0)(u).

⇒ d

dt

uo + tu

‖u0 + tu‖Lp

|t=0 = u− J(Du0)(u)u0.

Aus der Maximumseigenschaft von u0 folgt somit

0 =d

dtϕ

(uo + tu

‖u0 + tu‖Lp

)

|t=0

= ϕ

(d

dt

u0 + tu

‖u0 + tu‖Lp

|t=0

)

= ϕ(u) − J(Du0)(u).

Schritt 2 (Existenz des Maximums) Wahle eine Maximalfolge uk mit ‖uk‖Lp(µ) =1. Ist δ > 0 gegeben, so gilt fur k, l hinreichend groß

1 − δ ≤ ϕ(uk) + ϕ(ul)

2

= ϕ(uk + ul

2)

≤ ‖uk + ul

2‖Lp .

Wegen Lp(µ) gleichmaßig konvex, folgt fur k, l hinreichend groß

‖uk − ul‖Lp < ǫ.

Also ist uk eine Lp-Cauchyfolge und konvergiert gegen ein u0 ∈ Lp(µ) mit

‖u0‖Lp = 1 und ϕ(u0) = limk→∞ϕ(uk) = 1.

Schritt 3 (Beweis fur p = 1 und µ σ-endlich)Sei ϕ ∈ L1(µ)′ gegeben. Fur E ⊂ X messbar, µ(E) < ∞ und p ≥ 1 definiere

ϕp : Lp(µ) → R, ϕp(u) = ϕ(χEu).

19

Es gilt

|ϕp(u)| ≤ ‖ϕ‖‖χEu‖L1 ≤ ‖ϕ‖µ(E)1q ‖u‖Lp .

Nach dem Gezeigten existiert vp ∈ Lq(µ) mit

Jvp(u) =

∫

uvp dµ = ϕ(χEu) fur alle u ∈ Lp(µ).

Es folgt

J(χM\Evp)(u) = Jvp(χM\Eu) = ϕ(0) = 0.

Da J isometrisch, ist vp = 0 auf M \ E fast uberall.

Sei weiter p′ > p. Fur u ∈ Lp′

(µ) gilt dann

(Jvp′)(u) = ϕ(χEu)

= ϕ(χE(χEu)) mit χEu ∈ Lp(µ)

=

∫

(χE)vp dµ (Definition vp)

=

∫

uvp dµ (vp = 0 auf M \ E)

= (Jvp)(u).

Wir konnen hier J : Lq′ → Lp′

auffassen, beachte q > q′ und vp = 0 auf M \E,

also vp ∈ Lq′(µ). Da J isometrisch, folgt

vp = vp′ =: v µ− fast-uberall.

‖v‖Lq = ‖ϕ qq−1

‖ ≤ ‖ϕ‖µ(E)1q → ϕ mit q → ∞.

Also gilt v ∈ L∞(µ) mit ‖v‖L∞ ≤ ‖ϕ‖, und∫

uv dµ = ϕ(χEu) fur u ∈ Lp(µ), p > 1 beliebig.

Da Lp(µ) dicht in L1(µ), gilt die Formel sogar fur u ∈ L1(µ). Betrachte schließ-lich die Ausschopfung

M =

∞⋃

k=1

Ek, Ek messbar, µ(Ek) < ∞.

Seien vk ∈ L∞(µ), ‖vk‖L∞ ≤ ‖ϕ‖ wie oben konstruiert.Fur k < k′ und u ∈ L1(µ) gilt

J(λEkvk′)(u) =

∫

(uχEk)vk′ dµ

= ϕ(χEk′uχEk) (Ek ⊂ Ek′)

= ϕ(uχEk)

= (Jvk)(u).


Also folgt vk′ |Ek= vk, und wir erhalten v ∈ L∞(µ) mit ‖v‖L∞ ≤ ϕ, so dass

Jv = ϕ.

Bemerkung 2.3. J : L1(µ) → L∞(µ)′ ist im allgemeinen nicht surjektiv.

Als nachstes wollen wir den Dualraum von C0c (X) fur einen metrischen Raum

(X, d) mit kompakten Einheitsballen bestimmen. Dazu erinnern wir an einigemaßtheoretische Grundlagen.

Definition 2.3. Sei X eine Menge. Eine Funktion µ : X → [0,∞] mit µ(∅) = 0heißt außeres Maß, falls folgende Implikation gilt:

E ⊂∞⋃

K=1

⇒ µ(E) ≤∞∑

k=1

µ(Ek).

Eine Menge E ⊂ X heißt µ-messbar , wenn

µ(S) = µ(S ∩ E) + µ(S \ E) fur alle S ⊂ X.

Das System M der µ-messbaren Mengen bildet eine σ-Algebra, auf dieser ist µein Maß.

Definition 2.4. Sei (X, d) metrischer Raum. Ein außeres Maß auf X heißtBorelregular, wenn gilt:

1. Jede Borelmenge ist µ-messbar.

2. Zu jedem S ⊂ X gibt es B ⊂ X Borel mit µ(B) = µ(S).

µ heißt Radonmaß, falls zusatzlich gilt:

3. µ(K) < ∞ fur alle K ⊂ X kompakt.

Satz 2.2 (Messbarkeitskriterium von Caratheodory). Sei µ außeres Maß auf(X, d) mit folgender Eigenschaft:

A,B ⊂ X, d(A,B) > 0 → µ(A ∪B) = µ(A) + µ(B).

Dann sind alle Borelmengen µ-messbar.

Beweis. Es genugt fur C ⊂ X abgeschlossen und S ⊂ X beliebig Folgendes zuzeigen:

µ(S) ≥ µ(S ∩ C) + µ(S \ C).

Wir konnen annehmen, dass µ(S) < ∞. Setze

Ck = x ∈ X : d(x,C) ≤ 1

k furk ∈ N.

Wegen d(S ∩ C, S \ Ck) ≥ 1k> 0 gilt nach Voraussetzung

µ(S ∩ C) + µ(S \ Ck) = µ((S ∩ C) ∪ (S \ Ck)) ≤ µ(S).

21

Es reicht also aus, zu zeigen:

(∗) µ(S \ C) ≤ limk→∞

µ(S \ Ck).

Die Folge S \ Ck ist aufsteigend mit S \ C =⋃∞

k=1 S \ Ck, da C abgeschlossen.Das Problem ist, dass dei Mengen evtl. nicht messbar sind. Betrachte deshalb

Sk = x ∈ S :1

k + 1< d(x,C) ≤ 1

k.

Fur k ∈ N folgt:

S \ C = S \ Ck ∪∞⋃

j=1

Sj .

Es folgt

µ(S \ C) ≤ µ(S \ Ck) +

∞∑

j=k

µ(Sj).

Behauptung (∗) folgt, wenn∑∞

j=1 µ(Sj) < ∞. Fur i, j ∈ N mit |i−j| ≥ 2, oBdAi < j, gilt

d(Si, Sj) >1

i + 1− 1

j> 0.

Mit Induktion folgt aus der Voraussetzung

N∑

i=1

µ(S2i) = µ(

N⋃

i=1

S2i) ≤ µ(S) < ∞,

N∑

i=1

µ(S2i−1) = µ(N⋃

i=1

S2i−1) ≤ µ(S) < ∞.

Damit ist die Behauptung bewiesen.

Sei nun µ gegebenes Radonmaß auf (X, d), un η : X → Rk sei µ-messbar, mit|η(x)| = 1 µ-fast-uberall.Betrachte

Λ : C0c (X,Rk) → R, Λ(f) =

∫

X

〈f, η〉dµ.

Es gilt folgende Abschatzung:

(∗)|Λ(f)| ≤ c(K)‖f‖C0(X) falls spt f ⊂ K.

Die Abschatzung bedeutet, dass Λ stetig ist auf dem Unterraum der Funktionenf ∈ C0

c (X,Rk) mit spt f ⊂ K. Eine lineare Funktion Λ auf C0c (X,Rk) mit (∗)

nennen ein lineares auf C0c (X,Rk).

Ziel: Jedes lineare Funktional auf C0c (X,Rk) kann so dargestellt werden.

Grundvoraussetzung: (X, d) metrischer Raum, so dass alle Kugeln B(x) = y ∈X : d(x, y) ≤ kompakt sind (z.B. X = Rn).


Definition 2.5. Sei Λ : C0c (X,Rk) → R lineares Funktional, also mit (∗). Das

zugehorige Variationsmaß |Λ| wird wie folgt erklart:

1. Fur U ⊂ X offen:

|Λ|(U) = supΛ(f) : f ∈ C0c (X,Rk), |f | ≤ 1, spt f ⊂ U.

2. Fur E ⊂ X beliebig, setze

|Λ|(E) = inf|Λ|(U) : U ⊃ E offen.

Die Definitionen sind konsistent, da |Λ|(U) ≤ |Λ|(V ) fur U ⊂ V offen in Schritt1.

Lemma 2.3 (Variationsmaß). |Λ|(U) : 2X → [0,∞] ist ein Radonmaß.

Beweis. Schritt 1: |Λ| ist ein außeres Maß:|Λ|(∅) = 0, da f ≡ 0 in Definition 2.5 zulassig.Seien Uj , j ∈ N offen und f ∈ C0

c (X,Rk) mit |f | ≤ 1, spt f ⊂ ⋃∞j=1 Uj . Heine-

Borel impliziert spt f ⊂ ⋃Nj=1 Uj fur ein N ∈ N. Wahle untergeordnete Teilung

der Eins, vgl. Satz ??

χj ∈ C0c (X) mit spt χj ⊂ Uj ,

N∑

j=1

= 1 auf spt f.

Setze fj = χjf ∈ C0c (Uj ,R

k), |fj | ≤ 1, und f =∑N

j=1 fj .

⇒ Λ(f) =

N∑

j=1

Λ(fj) ≤N∑

j=1

|Λ|(Uj) ≤∞∑

j=1

|Λ|(Uj).

Bilde Supremum uber alle diese f :

|Λ|(∞⋃

j=1

Uj) ≤∞∑

j=1

|Λ|(Uj).

Ubertrage auf beliebige Menge:Sei E ⊂ ⋃∞

j=1 Ej , E,Ej ⊂ X beliebig. Wahle zuǫ > 0 Uj ⊃ Ej mit |Λ|(Uj) <

|Λ|(Ej) + 2−jǫ.

⇒ E ⊂∞⋃

j=1

Uj ⇒ |Λ|(E) ≤ |Λ|(∞⋃

j=1

Uj)

≤∞∑

j=1

|Λ|(Uj)

≤∞∑

j=1

|Λ|(Ej) + ǫ

23

ǫց0⇒ |Λ| ist außeres Maß.

Schritt 2: Borelmengen sind |Λ|-messbar.Wir wollen das Caratheodory-Kriterium, vgl. Satz 2.2 anwenden.Seien A,B ⊂ X mit d(A,B) > 0. Zu zeigen ist

|Λ|(W ) ≥ |Λ|(A) + |Λ|(B) fur alle W ⊃ A ∪B offen.

Fur δ > 0 hinreichend klein, sind U := B(A) ∩ W und V := B(B) ∩ Wdisjunkt. Fur f, g ∈ C0

c (X,Rk) mit spt f ⊂ U , spt f ⊂ V betrachte

h : W → Rk, h = f + g.

Es gilt h ∈ C0c (X,Rk) mit spt h ⊂ W .

Seien |f |, |g| ≤ 1⇒ Λ(f) + Λ(g) = Λ(h) ≤ |Λ|(W ).

Bilde Supremum uber f , g und erhalte

|Λ|(A) + |Λ|(B) ≤ |Λ|(U) + |Λ|(V ) ≤ |Λ|(W ).

Endlichkeit auf Kugeln BR(x) gilt per Definition (∗).

Wir tragen noch den Satz uber die Teilung der Eins nach:

Satz 2.3 (Teilung der Eins).

Satz 2.4 (Darstellungssatz von Riesz). Sei (X, d) metrischer Raum mit kompak-ten Abstandskugeln. Dann gibt es zu jedem linearen Funktional Λ auf C0

c (X,Rk)ein Radonmaß µ und eine µ-messbare Funktion ν : X → Rk mit |ν(x) = 1| furµ-fast-alle x ∈ X, so dass

Λ(f) =

∫

X

〈f, ν〉 dµ ∀f ∈ C0c (X,Rk).

Das Paar µ, ν ist eindeutig bestimmt, und µ = |Λ| (Variationsmaß).

Als Hilfsmittel zitieren wir ohne Beweis den Satz von Lusin:

Satz 2.5 (Lusin). Sei µ Radonmaß auf X, und A ⊂ X mit µ(A) < ∞. Zug : X → R µ-messbar und ǫ > 0, gibt es g ∈ C0(X) mit

µ(x ∈ A : g(x) 6= g(x)) < ǫ, ‖g‖C0(X) ≤ supx∈A

|g(x)|.

Beweis. (von Satz 2.4)Eindeutigkeit: Wir zeigen erst µ = |Λ|.Fur U ⊂ X offen und f ∈ C0

c (U,Rk), |f | ≤ 1, gilt

Λ(f) = inf〈f, ν〉 dµ ≤ µ(U).

Bilde sup uber diese f:

|Λ|(U) ≤ µ(U) → |Λ|(E) ≤ µ(E) ∀E ⊂ X.

Fur die umgekehrte Ungleichung sei K ⊂ X gegeben. Zu U ⊃ K offen mit Ukompakt und ǫ > 0 gibt es ν ∈ C0(X,Rk), so dass


• µ(E) < ǫ fur E = x ∈ U : ν(x) 6= ν(x).

• ‖ν‖C0(X) ≤ supx∈U |ν(x)| ≤ 1.

Eine solche Fortsetzung existiert, da wir jede stetige Fortsetzung ξ von ν wiefolgt abandern konnen:

ξ(x) :=

ξ(x) falls |ξ(x)| ≤ 1ξ(x)|ξ(x)| falls |ξ(x)‖ ≥ 1

Wahle Abschneidefunktion η ∈ C0c (U), 0 ≤ η ≤ 1, und η = 1 auf K.

|Λ|(U) ≥ Λ(ην)

=

∫

U

〈ην, ν〉 dµ

≥∫

U\Eη −

∫

E

η |ν|︸︷︷︸

≤1

≥ µ(K) − 2µ(E)

≥ µ(K) − 2ǫ

Mit ǫ ց 0 und Approximation U ց K folgt

|Λ|(K) ≥ µ(K).

Approximiere E ⊂ X beliebig durch kompakte Teilmengenen: |Λ|(E) ≥ µ(E).

⇒ |Λ| = µ.

Betrachte fur v ∈ Rk fest das Funktional Λv : C0c (X) → R,

Λv(f) = Λ(fv).

Wir Λ durch µ, ν dargestellt, so folgt

Λv(f) =

∫

〈fv, ν〉 dµ =

∫

f〈v, ν〉 (f ∈ C0c (X)).

⇒ |Λv(f)| ≤ c‖f‖L1(µ) mit c = |v|.Fortsetzung: Λv ∈ L1(µ)′, Λv(f) =

∫f〈v, ν〉 dµ. Da die Einbettung J : L∞ →

L1(µ)′ injektiv ist, ist 〈v, ν〉 eindeutig bestimmt, und damit ist ν eindeutigbestimmt.

Beweis. (Existenz)Wir wahlen µ = |Λ|. Zu festem v ∈ Rk betrachte

Λv : C0c (X) → R, Λv(f) := Λ(fv).

25

Wir mochten zeigen, dass Λv als stetiges Funktional auf L1(µ) fortsetzbar ist.Dann erhalten wir die Komponente von ν bzgl. v ∈ Rk aus der Dualitat L1(µ)′ =L∞(µ) (vgl. Satz 2.1).Um Λv abzuschatzen, betrachte

λ : C0c (X,R+

0 ) → [0,∞), λ(f) = supΛ(g) | g ∈ C0c (X,Rk), |g| ≤ f.

Eigenschaften:

• λ(f) ≤ |Λ|(spt g)‖f‖C0(X) < ∞

• Ist v ∈ Rk, |v| = 1, so ist g= fv zulassig in Def. von λ.

⇒ Λv(f) = Λ(fv) ≤ λ(f).

Durch Anwendung auf ±v erhalte

|Λv(f)| ≤ λ(f).

• f1 ≤ f2 → λ(f1) ≤ λ(f2) (Monotonie)

Behauptung 1: λ ist halblineares Funktional:

• λ(αf) = αλ(f) fur α ≥ 0, f ∈ C0c (X,Rk).

• λ(f1 + f2) = λ(f1) + λ(f2) fur f1,2 ∈ C0c (X,R+

0 ).

Beweis davon: λ(αf) = αλ(f) folgt aus Definition.Zu f1, f2 ∈ C0

c (X,R+0 ) wahle g1, g2 mit |gi| < fi und Λ(gi) ≥ λ(fi) − ǫ. Da Λ

linear, folgt

λ(f1) + λ(f2) − 2ǫ ≤ Λ(g1) + Λ(g2)

= Λ(g1 + g2)

≤ λ(f1 + f2)

ǫց0⇒ λ(f1) + λ(f2) ≤ λ(f1 + f2).

Fur die umgekehrte Ungleichung sei g ∈ C0c (X,Rk) gegeben mit |g| ≤ f1 + f2.

Betrachte

gi :=

fi

f1+f2g f1 + f2 > 0

0 sonst

⇒ |gi| ≤ fi, insbesondere gi ∈ C0c (X,Rk).

Da g = g1 + g2 folgt Λ(g) ≤ (g1 + g2) ≤ λ(f1) + λ(f2).Bilde sup uber g ⇒ λ(f1 + f2) ≤ λ(f1) + λ(f2) ⇒ Beh. 1.Behauptung 2:

λ(f) =

∫

X

f dµ fur alle f ∈ C0c (X,R+

0 ).

Beweis Da µ(spt f) < ∞, ist t > 0 : µ(f−1t) > 0 abzahlbar.Wahle zu ǫ > 0 Werte 0 = t0 < t1 < ... < tN = max f + 1 mit |ti+1 − ti| < ǫso, dass µ(f−1(ti) = 0 fur i = 1, ..., N . Ui = f−1((ti−1, ti)) sind offen furi = 1, ..., N .


(a) Seien ϕi ∈ C0c (Ui,R

+0 ), ϕi ≤ 1. Dann ist

N∑

i=1

ti−1ϕi ≤ f.

λmonoton⇒N∑

i=1

ti−1λ(ϕi) = λ(N∑

i=1

ti−1ϕi) ≤ λ(f).

Fur U ⊂ X offen, gilt

µ(U) = supλ(ϕ) : λ ∈ C0c (U,R+

0 ), ϕ ≤ 1 (∗).

⇒supϕi

N∑

i=1

ti−1µ(Ui) ≤ λ(f)

⇒∫

f dµ ≤N∑

i=1

tiµ(Ui) (da

N∑

i=1

tiµ(Ui) ≥ f µ− f-u.)

≤N∑

i=1

(ti−1 + ǫ)µ(Ui)

≤ λ(f) + ǫµ(spt f)

ǫց0⇒∫

f dµ ≤ λ(f)

Bew. (∗): Sei ϕ ∈ C0c (U,R+

0 ), ϕ ≤ 1. Sei g ∈ C0c (U,Rk), |g| ≤ ϕ. Dann gilt

|g| ≤ 1, und spt g ⊂⊂ U .

⇒ Λ(g) ≤ |Λ|(U) = µ(U)

sup|g|≤ϕ

g ⇒ λ(ϕ) ≤ µ(U).

Umgekehrt: Sei g ∈ C0c (X,Rk) mi spt g ⊂⊂ U , |g| ≤ 1.

Λ(g) ≤ λ(|g|) ≤ supλ(ϕ) : ϕ ∈ C0c (U,R+

0 ), ϕ ≤ 1.

(b) Wahle Vi ⊃ U i ∪ f−1(ti)︸︷︷︸

kompakt

offen mit µ(Vi) ≤ µ(U i) + ǫN

fur i = 1, ..., N . Es

gibt ϕi ∈ C0c (Vi), 0 ≤ ϕi ≤ 1, mit ϕi = 1 auf U i ∪ f−1(ti).

27

Dann ist f ≤∑Ni=1 tiϕi.

⇒ λ(f) ≤N∑

i=1

tiλ(ϕi)

≤N∑

i=1

(ti−1 + ǫ)µ(Vi)

≤N∑

i=2

(ti−1 + ǫ)(µ(Ui) +ǫ

N) + ǫ(µ(U i) +

ǫ

N)

≤ inf f dµ + ǫµ(spt f) + ǫ‖f‖C0(X) + cǫ2

ǫց0⇒ λ(f) ≤∫

f dµ.

Beweis der Existenz:Fur v ∈ Rk, |v| = 1, definiere Λv(f) := Λ(fv) fur f ∈ C0

c (X).Es gilt: Λv(f) = Λv(f+) − Λv(f−). (f± ist der pos./neg. Anteil von f).

⇒ |Λv(f)| ≤ |Λv(f+)| + |Λv(f−)| ≤ λ(f+) + λ(f−) =

∫

|f | dµ.

Da C0c (X) dicht in L1(µ), besitzt Λv eine eindeutige Fortsetzung als stetiges

lineares Funktional auf L1(µ). Nach Satz 2.1 gibt es νv ∈ L∞(µ) mit Λv(f) =∫fνv dµ fur alle f ∈ L1(µ).

Wahle v = ei ∈ Rk, i = 1, ..., k. Definiere

ν =

k∑

i=1

νeiei ∈ L∞(µ,Rk).

Es folgt fur f ∈ C0c (X,Rk)

Λ(f) =k∑

i=1

Λ(fiei)

=k∑

i=1

λei(fi)

=k∑

i=1

∫

fiνei dµ

=

∫

〈f, ν〉 dmu.

Nachtrag: Es ist |ν| = 1 µ-fast-uberall.


Betrachte

µ(E) =∫

c|ν| dµ

ν = ν|ν| (ν = 0, wenn ν = 0)

⇒∫

X

〈f, ν〉 dµ =

∫

|ν|>0〈f, ν

|ν| 〉|ν|dµ =

∫

〈f, ν〉dµ = Λ(f) ∀f.

Eindeutigkeit⇒ µ = µ, ν = ν µ− fast-uberall

⇒∫

E

|ν|dµ = µ(E) = µ(E) fur alle E ⊂ X.

Setze Eǫ = x : |ν(x)| = 1 + ǫ:

(1 + ǫ)µ(Eǫ) = µ(Eǫ) ⇒ µ(Eǫ) = 0.

2.1 Schwache Konvergenz

Motivation: lp = x = (x1, x2, ...) : ‖x‖lp = (∑∞

i=1 |xi|p)1p < ∞.

Betrachte Folge xk = (0, ..., 0, 1k-te Stelle

, 0, ...). Es gilt ‖xk‖lp = 1 fur alle k, aber

xk hat keine konvergente Teilfolge:

‖xk − xl‖ = 21p > 0 fur k 6= l.

Aber: Diagonalfolgenargument liefert Teilfolge mit

xik

k→∞−→ xi fur alle i ∈ N (’Koordinatenwese Konvergenz’).

Außerdem:

(n∑

i=1

|xi|p)1p = lim

k→∞(

n∑

i=1

|xik|p)

1p

≤ lim supk→∞

(

∞∑

i=1

|xik|p)

1p ≤ lim sup

k→∞‖xk‖lp ≤ C < ∞

⇒ x = (x1)i∈N ∈ lp, und ‖x‖lp ≤ lim infk→∞

‖xk‖lp .

Definition 2.6. Sei X Banachraum.

(1) xk → x schwach in X ⇔ ϕ(xk) → ϕ(x) fur alle ϕ ∈ X ′.

(2) ϕk → ϕ schwach * in X ′ ⇔ ϕk(x) → ϕ(x) fur alle x ∈ X.

Notation: xk x in X bzw. ϕk∗ ϕ in X ′.

2.1. SCHWACHE KONVERGENZ 29

Beispiel 2.1. Sei 1 ≤ p < ∞ und 1p

+ 1q

= 1. Dann gilt

fk → schwach in Lp ⇔∫

fkg dµ →∫

fg dµ fur alle g ∈ Lq.

(Im Fall p = 1 muss µ als σ-endlich vorausgesetzt werden.)

Beispiel 2.2. Sei 1 < p ≤ ∞ und 1p

+ 1q

= 1. Dann gilt

fk → f schwach * in Lp(µ)′ ⇔∫

fkg dµ →∫

fg dµ fur alle g ∈ Lq.

(Im Fall p = ∞ muss µ als σ-endlich vorausgesetzt werden.)

Beispiel 2.3. Sei X metrischer Raum mit kompakten Abstandskugenl. Fur li-neare Funktionale auf C0

c (X) ist die schwach-*-Konvergenz definiert:

Λk → Λ in C0c (X)′ ⇔ Λk(f) → Λ(f) fur alle f ∈ C0

c (X).

Sind µk, µ Radonmaße auf X, so konnen wir diese als lineare Funktionale afC0

c (X) auffassen (f 7→∫f dµ). Die schwach-*-Konvergenz bedeutet

∫

f dµk →∫

f dµ fur alle f ∈ C0c (X).

Beachte

spt f ⊂ K kompakt, |f | ≤ 1 ⇒ |∫

f dµ| ≤ µ(K).

Bezeichnung: µk → µ schwach (als Radonmaß).

Definition 2.7. Ein metrischer Raum (X, d) heißt separabel, wenn es eineabzahlbare Menge M ⊂ X gibt mit M = X (d.h. M dicht in X).

Bemerkung 2.4. (X, ‖ · ‖) sei normierter Vektorraum.

X separabel ⇔ es gibt M ⊂ X abzahlbar mit Span (M) dicht.

“ ⇐ “: Sei M = x1, x2, ... mit Span M dicht. Betrachte

M =

∞⋃

m=1

m∑

j=1

αjxj : xj ∈ M, αj ∈ Q

abzahlbar und dicht.

Fakt 2.1. µ Radonmaß auf X, X mit kompakten Abstandskugeln. Dann istLp(µ) separabel fur 1 ≤ q < ∞ und C0

c (µ). L∞(µ) ist nicht separabel (außerwenn dimL∞(µ) < ∞.

Satz 2.6 (schwach * -Folgenkompaktheit). Sei X ein separabler Banachraum.Dann besitzt jede beschrankte Folge (ϕk)k∈N in X ′ eine Teilfolge, die schwach*gegen ein ϕ ∈ X ′ konvergiert.


Beweis. Nach Vorraussetzung ist C := supk∈N ‖ϕk‖ < ∞, und es gibt einedichte Teilmenge xn | n ∈ N ⊂ X.Es gilt: ϕk(xn) ≤ C‖xn‖ fur alle k ∈ N (und jedes n ∈ N). Durch sukzessiveWahl von Teilfolgen und Ubergang zur Diagonalfolge, erreichen wir

limk→∞

exisiert ∀n ∈ N.

Sei nun X0 = Span xn | n ∈ N, das heißt x ∈ X0 besitzt Darstellung alsendliche Linearkombination

x =

∞∑

i−1

(αn 6= 0 fur hochstens endlich viele n).

Definiere ϕ : X0 → R, ϕ(x) = limk→∞ ϕk(x). Dann ist ϕ wohldefiniert (sei

x =∑N

n=1 αnxn ⇒ ϕk(x) =

N∑

n=1

αnϕk(xn)

︸︷︷︸

konvergiert

) und linear. Weiter gilt fur x ∈ X0:

|ϕ(x)| = | limk→∞

ϕk(x)| = limk→∞

|ϕk(x)| ≤ C‖x‖.

Also ist ϕ Lipschitzstetig auf dem dichten Unterraum X0 (mit Konstante C).Somit ist das ϕ fortsetzbar zu linearem Funktional ϕ : X → R, ‖ϕ‖ ≤ C.Fur x ∈ X, x0 ∈ X0 gilt

|ϕ(x) − ϕk(x)| ≤ |ϕ(x) − ϕ(x0)| + |ϕ(x0) − ϕk(x0)|︸︷︷︸

→0 mit k→∞

+|ϕk(x0) − ϕk(x)|

⇒ lim supk→∞

|ϕ(x) − ϕk(x)| ≤ 2C‖x− x0‖.

Da X0 dicht in X, konnen wir die rechte Seite beliebig klein machen.

⇒ ϕk(x) → ϕ(x) ∀x ∈ X

⇒ ϕk → ϕ schwach * in X ′

Satz 2.7 (Kompaktheitssatz fur Radonmaße). Sei (X, d) metrischer Raum mitkompakten Abstandskugeln. Seien (µk)k∈N Radonmaße auf X mit supk∈N µk(K) <∞ fur alle K ⊂ X kompakt. Dann gibt es ein Radonmaß µ auf X, so dass fureine Teilfolge µk → µ schwach (als Radonmaß):

∫

fdµk →∫

fdµ ∀f ∈ C0c (X).

Lemma 2.4. Ist (X, d) kompakter metrischer Raum, so ist C0(X) separabel.

2.1. SCHWACHE KONVERGENZ 31

Beweis. Zu > 0 gilt X =⋃N

i=1 B(xi) fur geeignete Mittelpunkt x1, ..., xN

in X. Wahle mit Satz 2.3 zu B2(xi) eine untergeordnete Parition der Eins χi,i = 1, ..., N . Zu f ∈ C0(X) definiere

f =N∑

i=1

f(xi)χi ∈ C0(X).

Es gilt

|f(x) − f(x)| = |N∑

i=1

(f(x) − f(xi))χi(x)|

≤N∑

i=1

|f(x) − f(xi)| χi︸︷︷︸

≥0

≤ supd(x,y)≤2

|f(x) − f(y)| → 0 mit ց 0,

da f gleichmaßig stetig.Wahle jetzt i = 1

iund

∑Ni=1 λiχi mit λi ∈ Q.

Beweis. [von Satz 2.7] Sei zunachst X kompakt. Betrachte

Λk ∈ C0(X)′, Λk(f) =

∫

f dµk.

Nach Voraussetzung gilt ‖Λk‖ = sup|f |≤1 |∫

Xf dµk| ≤ µk(X) ≤ C < ∞. Nach

Satz 2.6 gilt nach Wahl einer Teilfolge fur ein Λ ∈ C0(X)′

Λ(f) = limk→∞

∫

fdµk fur alle f ∈ C0(X).

Offenbar gilt ‖Λ‖ ≤ C. Nach dem Darstellungssatz von Riesz gibt es ein Ra-donmaß µ auf X und eine µ- messbare Funktion ν : X → ±1, mit

Λ(f) =

∫

fν dµ ∀f ∈ C0(X).

Wegen Λ(f) ≥ 0 fur f ≥ 0 folgt ν = 1 µ-fast-uberall.

⇒∫

f dµ = limk→∞

∫

fdµk.

Sei jetzt X nicht kompakt. Betrachte fur R > 0

ΛRk ∈ C0(B2R(x0))′, ΛR

k (f) = Λk(ϕRf)

mit

ϕr(x) = (1 − dist (x,BR(x0))

R)+ ∈ C0(X).


Fur f ∈ C0(B2R(x0)) folgt ϕRf ∈ C0c (X).

Wahle Ri = i ∈ N. Da B2R(x0) kompakt ist, ist das Bewiesene anwendebar auf(ΛR

k )k∈N (R fest). Nach Wahl von Teilfolgen und Ubergang zu Diagonalfolge gilt

∫

ϕRfdµk →∈ f dµR ∀f ∈ C0c (X), R = 1, 2, ...

Fur f ∈ C0c (X) gilt ϕRf = f fur R groß, also

∫f dµk →

∫f dµ.

Satz 2.8 (schwache Folgenkompaktheit in Lp(µ)). Sei 1 < p ≤ ∞ und 1p+ 1

q= 1.

Ist µ Maß auf X und fk ∈ Lp(µ) mit supk∈N ‖f‖Lp(µ) < ∞, dann existiert einf ∈ Lp(µ) mit

∫

fg dµ = limk→∞

∫

fkg dµ ∀g ∈ Lq(µ).

Bemerkung 2.5. Satz 2.1 ⇒ fk → f schwach * in (Lq(µ))′ = Lp(µ).Fur 1 < p < ∞ (und damit 1 < q < ∞) ist das aquivalent zu fk → f schwachin Lp(µ).

Kapitel 3

Mehr Funktionalanalysis

Satz 3.1 (Hahn-Banach). Sei X ein R-Vektorraum und p : X → R sublinear,d.h.

p(λx) = λp(x) ∀λ > 0, x ∈ X,

p(x + y) ≤ p(x) + p(y) ∀x, y ∈ X.

Sei V ein Unterraum, ϕ :→ R sei linear und ϕ(v) ≤ p(v) fur alle v ∈ V . Dannexistiert eine Φ : X → R linear, Φ|V = ϕ und Φ(x) ≤ p(x) ∀x ∈ X.

Beweis.

Schritt 1 Zu x ∈ V gibt es eine Fortsetzung Φ auf V ⊕ Rx mit Φ ≤ p.Beweis Jede Fortsetzung Φ auf V ⊕ Rx hat die Form

Φ(v + αx) = ϕ(v) + αs fur s = Φ(x) ∈ R.

Es muss gelten

(∗) ϕ(v) + αs ≤ p(v + αx) ∀v ∈ V, α ∈ R

⇔

ϕ(v) − αs ≤ p(v − αx) ∀v ∈ V, α > 0,

ϕ(v′) + α′s ≤ p(v′ + α′x) ∀v′ ∈ V, α′ > 0.

⇔

s ≥ ϕ(v)−p(v−αx)α

∀v ∈ V, α > 0,

s ≤ p(v′+α′x)−ϕ(v′)α′ ∀v′ ∈ V, α′ > 0.

vα=:w⇔

v′

α=:w′

s ≥ ϕ(w) − p(w − x) ∀w ∈ V,

s ≤ p(w′ + x) − ϕ(w′) ∀w′V.

Also ist s ∈ R mit (∗) wahlbar genau dann, wenn

ϕ(w) − p(w − x) ≤ p(w′ + x) − ϕ(w′) ∀w,w′ ∈ V

⇔ ϕ(w + w′) ≤ p(w′ + x) + p(w − x) ∀w,w′ ∈ V.

33

34 KAPITEL 3. MEHR FUNKTIONALANALYSIS

Da p sublinear, gilt

p(w′ + x) + p(w − x) ≥ p(w′ + w︸︷︷︸

∈V

) ≥ ϕ(w + w′)

Also ist s ∈ R mit (∗) wahlbar ⇒ Schritt 1.

Schritt 2 Ist dimX < ∞ oder X separabel, so folgt der Satz durch Induktion.Allgemein: Lemma von Zorn.Definier Halbordunung auf Fortsetzung (V,Φ) durch

(V1,Φ1) ≤ (V2,Φ2) ⇔ V1 ⊂ V2 und Φ2|V1= Φ1.

Eine Menge M von Fortsetzungen heißt total geordnet

⇔ ((V1,Φ1), (V2,Φ2) ∈ M ⇒ (V∞,⊕∞) ≤ (V∈,⊕∈) oder umgekehrt)

Obere Schranke: (V,Φ) mit V =⋃

i∈M Vi, Φ|Vi= Φi.

Nach dem Lemma von Zorn gibt es ein maximales (nicht vergroßerbares)Element (X0,Φ0). Ware X0 6= X, so gibt es nach Schritt 1 eine Fortsetzungauf X0 ⊕ Rx, Widerspruch zur Maximalitat.⇒ X0 = X, und die gesuchte Fortsetzung auf X ist gefunden.

Folgerung 3.1. Sei X Banachraum, V Unterraum (mit der induzierten Norm).Dann gibt es zu ϕ ∈ V ′ ein Φ ∈ X ′ mit Φ = ϕ auf V und ‖Φ‖X′ = ‖ϕ‖V ′ .

Beweis. Wende Hahn-Banach an mit p : X → R, p(x) = ‖ϕ‖V ′‖x‖.Es gilt: ϕ ≤ p auf V .Die Fortsetzung Φ erfullt Φ(x) ≤ p(x) = ‖ϕ‖V ′‖x‖.

⇒ ‖Φ‖X′ ≤ ‖ϕ‖V ′ .

Folgerung 3.2. Sei V Unterraum von (X; ‖ · ‖) und x0 ∈ X mit dist (x0, V ) >0. Dann existiert Φ ∈ X ′ mit ‖Φ‖X′ = 1, so dass Φ|V = 0 und Φ(x0) =dist (x0, V ).

Beweis. Definiere ϕ auf V ⊕ Rx0 durch ϕ(v + αx0) = α dist (x0, V ).

|ϕ(v + αx0)| ≤ |α| dist (x0, V ) = dist (αx, V ) ≤ ‖v + αx0‖Also gilt ϕ ∈ (V ⊕ Rx0)′, ‖ϕ‖ ≤ 1.Andererseits gibt es vǫ ∈ V mit ‖x0 − vǫ‖ ≤ (1 + ǫ) dist (x0, V ).Daraus folgt

|ϕ(vǫ − x0)| = dist (x0, V ) ≥ 1

1 + ǫ‖x0 − vǫ‖.

Mit ǫ ց 0 folgt ‖ϕ‖V ′ ≥ 1.Wende Hahn-Banach an mit p(x) = dist (x, V ) und erhalte:

∃Φ ∈ X ′, Φ|V = ϕ|V = 0, Φ(x0) = dist (x0, V ), ‖Φ‖ = 1.

35

Folgerung 3.3. (1) Zu jedem x0 ∈ X gibt es ein ϕ ∈ X ′ mit ‖ϕ‖ = 1 und|ϕ(x0)| = ‖x0‖.

(2) Ist ϕ(x) = 0 fur alle ϕ ∈ X ′, so folgt x = 0.

Beweis. (1) folgt aus Folgerung 3.2.(2) folgt aus (1).

Definition 3.1. Zwei Mengen A,B ⊂ X werden durch das Funktional ϕ ∈ X ′,ϕ 6= 0, getrennt, falls ϕ(x) < ϕ(y) ∀x ∈ A, y ∈ B.

Lemma 3.1. Sei K ⊂ (X, ‖ · ‖) offen und konvex, sowie 0 ∈ K. Dann ist dieFunktion

p(x) = inft > 0 :x

t∈ K

sublinear und es giltK = x ∈ X : p(x) < 1.

Beweis. Fur x ∈ X, t > 0, gilt xt∈ K ⇔ p(x) < t.

Insbesondere: K = x ∈ X : p(x) < 1 und p(λx) = λp(x) fur λ > 0. Seienλ > p(x), µ > p(y), dann folgt

λ

λ + µ

x

λ︸︷︷︸

∈K

+µ

λ + µ

y

µ︸︷︷︸

∈K

∈ K (K konvex)

⇒ 1 > p(λ

λ + µ

x

λ+

µ

λ + µ

y

µ= p(

x + y

λ + µ=

p(x + y)

λ + µ

⇒ p(x + y) < p(x) + p(y).

Bemerkung 3.1. • Ist K zusatzlich beschrankt, so folgt p(x) > 0 fur x 6= 0.

• Ist weite K symmetrisch bzgl. des Nullpunkts, so ist p(x) eine Norm, dieaquivalent zu ‖ · ‖ ist.

Lemma 3.2. Sei K ⊂ (X, ‖ · ‖) offen und konvex. Dann gibt es zu x0 /∈ K einϕ ∈ X ′ mit ϕ(x) < ϕ(x0) fur alle x ∈ K.

Beweis. Sei oBdA 0 ∈ K nach eventueller Translation. Sei p : X → [0,∞) wieim letzten Lemma. Definiere ϕ(tx0) = t mit t ∈ R.Es gilt ϕ ≤ p auf Rx0:Sei x = tx0, t > 0 ⇒ x

t= x0 /∈ K ⇒ p(x) ≥ t = ϕ(x).

Sei x = tx0, t < 0 ⇒ ϕ(x) = t < 0 ≤ p(x).Nach Hahn-Banach gibt es eine Fortsetzung Φ mit Φ ≤ p.Es gibt ein > 0 mit B(0) ⊂ K, also folgt

Φ(x) ≤ p(x) ≤ ‖x‖

.

Fur x ∈ K ist Φ(x) ≤ p(x) < 1. Andererseits Φ(x0) = ϕ(x0) = 1.


Satz 3.2 (Hahn-Banach fur konvexe Mengen). Seien A,B ⊂ (X, ‖ · ‖) konvex,A offen und A ∩ B = ∅. Dann konnen A und B durch ein ϕ ∈ X ′ getrenntwerden.

Beweis. Setze

K = x− y : x ∈ A, y ∈ B =⋃

y∈B

x− y : x ∈ A

offen. K ist konvex, 0 /∈ K, da A ∩ B = ∅. Nach dem letzten Lemma exisitertein ϕ ∈ X ′ mit ϕ(z) < 0 ∀z ∈ K, also ϕ(x) < ϕ(y) ∀x ∈ A, y ∈ B.

Folgerung 3.4. Sei K ⊂ (X, ‖ · ‖) konvex, 0 /∈ K. Dann gibt es ein ϕ ∈ X ′ mit‖ϕ‖ = 1 und ϕ(x) ≤ − dist (0,K) ∀x ∈ K.

Beweis. Nach Voraussetzung ist R := dist (0,K) > 0.Wahle ϕ ∈ X ′, oBdA ‖ϕ‖X′ = 1, so dass K und BR(0) getrennt werden, Satz3.2.Es folgt

ϕ(x) ≤ ϕ(Rz) ∀z ∈ B1(0), ∀x ∈ K

⇒ ϕ(x) ≤ −R‖ϕ‖ = − dist (K, 0) ∀x ∈ K.

Definition 3.2. Eine Menge S ⊂ (X, d), (X, d) metrischer Raum heißt nirgendsdicht, falls int (S) = ∅. S heißt von zweiter Kategorie, falls S nicht abzahlbareVereinigung nirgends dichter Mengen ist.

Satz 3.3 (Kategoriensatz von Baire). Ein vollstandiger metrischer Raum (X, d)ist von zweiter Kategorie, d.h ist X =

⋃∞i=1 Ai mit Ai abgeschlossen, so gibt es

ein m ∈ N mit Am 6= ∅.

Beweis. Andernfalls konstruieren wir induktiv abgeschlossene Balle Bn = ¯Brr (x0),n = 1, 2..., s.d.

• rn ∈ (0, 1n

],

• Bn ∩An = ∅,

• Bn+1 ⊂ Bn.

Und zwar: X \A1 offen, nichtleer ⇒ ∃ B1 wie verlangt.Induktiv: Bn−1 \An offen und nichtleer (sonst Bn1

⊂ int An = ∅, Widerspruch)⇒ ∃ Bn wie verlangt.Fur k ≥ n ist d(xn, xk) ≤ 1

n⇒

X vollst.xn → x ∈ X.

Es gilt: x ∈ Bn ∀n ⇒ x /∈ An ∀n, Widerspruch (X =⋃∞

i=1 Ai).

37

Lemma 3.3. Sei (X, d) vollst. metrischer Raum und Y normierter Raum. SeiF ⊂ C′(X ,Y) punktweise glm. beschrankt, d.h.

s(x) := supf∈F

‖f(x)‖ < ∞ fur jedes x ∈ X.

Dann gibt es ein x0 ∈ X, δ > 0 mit

supx∈B(x0)

s(x) < ∞.

Beweis. Betrachte die abgeschlossene Mengen

An :=⋂

f∈Fx ∈ X : ‖f(x)‖ ≤ n.

Es gilt: x ∈ An ⇔ s(x) ≤ n.Nach Voraussetzung gilt X =

⋃∞n=1 An. Nach Satz 3.3 (Baire) gibt es x0, > 0

mit B(x0) ⊂ An fur ein n ∈ N.

Satz 3.4 (Satz von der gleichmaßigen Beschranktheit/ Satz von Banach-Stein-haus). Sei X Banachraum, Y normiert und F ⊂ L(X ,Y) punktweise glm. be-schrankt, d.h.

supA∈F

‖A‖ < ∞ fur jedes x ∈ X.

Dann ist F gleichmaßig beschrankt, d.h.

supA∈F

‖A‖ < ∞.

Beweis. Nach Lemma 3.3 gibt es x0 ∈ X, > 0 und C < ∞ mit

‖Ax‖ ≤ C fur alle A ∈ F , x ∈ B(x0).

Sei x ∈ X mir ‖x‖ ≤ 1, berechne

‖Ax‖ =1

‖Ax0 + x︸︷︷︸

∈B(x0)

− A(x0)︸︷︷︸

∈B(x0)

‖ ≤ 2C

⇒ ‖A‖ ≤ 2C

.

Lemma 3.4. Sei X normierter Raum. Dann ist

I : X → X ′′ = (X ′)′, (Ix)(ϕ) = ϕ(x),

isometrische Einbettung.


Beweis. Sei ‖ϕ‖ ≤ 1.

|Ix(ϕ)| = |ϕ(x)| ≤ ‖x‖ ⇒ ‖Ix‖ ≤ ‖x‖.

Nach Hahn-Banach, Folgerung 3.3, gibt es zu x ∈ X, x 6= 0 ein ϕ ∈ X ′ mit‖ϕ‖ = 1 und ϕ(x) = ‖x‖.

⇒ |Ix(ϕ)| = |ϕ(x)| = ‖x‖ ⇒ ‖Ix‖ = ‖x‖.

Satz 3.5 (Grundtatsachen zur schwachen Konvergenz).

(1) Schwache und schwach ∗ Grenzwerte sind eindeutig bestimmt.

(2) Schwach und schwach ∗ konvergente Folgen sind beschrankt.

(3) Unterhalbstetigkeit der Normen:

xk → x schwach ⇒ ‖x‖ ≤ lim infk→∞

‖xk‖,

ϕk → ϕ schwach ∗ ⇒ ‖ϕ‖ ≤ lim infk→∞

‖ϕk‖.

Beweis.

(1) Eindeutigkeit: Klar fur schwach ∗-Konvergenz.Es gelte xk → x schwach, xk → x′ schwach in X. Fur alle ϕ ∈ X ′ folgt

ϕ(x− x′) = ϕ(x) − ϕ(x′) = limk→∞

ϕ(xk) − limk→∞

ϕ(xk) = 0.

Nach Folgerung 3.3 gilt x = x′.

(2) Beschranktheit: Es gelte ϕk → ϕ schwach ∗ in X ′, also

supk∈N

|ϕk(x)| < ∞ fur jedes x ∈ X.

3.4⇒ supk∈N

‖ϕk‖ < ∞,

wie behauptet.Sei nun xk → x schwach in X. Daraus folgt

Ixk → Ix schwach ∗ in(X ′)′.

(Denn fur ϕ ∈ X ′ gilt (Ixk)(ϕ) = ϕ(xk) → ϕ(x) = (Ix)(ϕ).)

⇒ Ixk beschrankt ⇒I Isometrie

xk beschrankt.

39

(3) Sei ϕk → ϕ schwach ∗ in X ′ und ‖x‖ ≤ 1.

⇒ |ϕ(x)| = limk→∞

|ϕk(x)| ≤ lim infk→∞

‖ϕk‖.

Durch Bilden des Supremums uber x ∈ X, ‖x‖ ≤ 1, erhalte

‖ϕ‖ ≤ lim infk→∞

‖ϕ‖.

Fur xk → x schwach, verwende Ixk → Ix schwach ∗, also

‖x‖ = ‖Ix‖ ≤ lim infk→∞

‖Ixk‖ = lim infk→∞

‖xk‖.

Definition 3.3. Ein Banachraum X heißt reflexiv, wenn die isometrische Ab-bildung I : X → X ′′ surjektiv ist.

Lemma 3.5. X reflexiv, Y ⊂ X abgeschlossener Unterraum

⇒ Y reflexiv.

Beweis. Sei λ ∈ Y ′′ gegeben. Definiere Fortsetzung Λ ∈ X ′′ durch

Λ(Φ) = λ(Φ|Y ) ∀Φ ∈ X ′.

⇒ |Λ(Φ)| ≤ ‖λ‖‖Φ|Y ‖ ≤ ‖λ‖‖Φ‖

⇒ ‖Λ‖ = ‖λ‖, insbesondere Λ ∈ X ′′.

Nach Voraussetzung gibt es x ∈ X mit Λ = Ix.Angenommen, x /∈ Y . Nach Hahn-Banach, Folgerung 3.2, gibt es ein Φ ∈ X ′

mit Φ|Y = 0 und Φ(x) 6= 0.

⇒ 0 = λ(Φ|Y )) = Λ(Φ) = (Ix)(Φ) = Φ(x) 6= 0, Widerspruch!

⇒ x ∈ Y.

Wir zeigen IY x = λ in Y ′′.Zu ϕ ∈ Y ′ gibt es (nach Hahn-Banach) ein Φ ∈ X ′ mit Φ|Y = ϕ.

⇒ (IY x)(ϕ) = ϕ(x) = Φ(x) = (IXx)(Φ)) = Λ(Φ) = λ(Φ|Y ) = λ(ϕ).

Lemma 3.6. Fur einen Banachraum X gilt:

X ′ separabel ⇒ X separabel.


Beweis. Sei (ϕk)k∈N dicht in X ′.Wahle xk ∈ X mit ‖xk‖ = 1 und |ϕk(xk) ≥ 1

2‖ϕk‖. Setze Y = Span k∈Nxk. Wirzeigen

ϕ ∈ X ′, ϕ|Y = 0 ⇒ ϕ = 0.

Nach Hahn-Banach, Folgerung 3.2, ist dann Y = X.Nun gilt

‖ϕ‖ ≤ ‖ϕk‖ + ‖ϕ− ϕk‖≤ 2|ϕ(xk)| + ‖ϕ− ϕk‖ (Wahl der xk)

= 2|(ϕk − ϕ)(xk)| + ‖ϕ− ϕk‖ (da ϕ|Y = 0, xk ∈ Y )

≤ 3‖ϕk − ϕ‖ ∀k ∈ N.

Da ϕk : k ∈ N dicht in X ′, folgt ϕ = 0.

Satz 3.6 (schwache Folgenkompaktheit). Sei X reflexiver Banachraum. Dannhat jede beschrankte Folge in X eine schwach konvergente Teilfolge.

Beweis. Sei ‖xk‖ ≤ C fur alle k ∈ N. Definiere Y = Span k∈Nxk. Nach Defini-tion ist Y separabel, und reflexiv nach Lemma 3.5. Da IY : Y → Y ′′ surjektiveIsometrie, ist Y ′′ separabel und damit auch ist auch Y ′ separabel nach Lemma3.6. Wir konnen schwach ∗-Folgenkompaktheit, Satz 2.6, anwenden auf die FolgeIY xk ∈ Y ′′.Da IY surjektiv, gibt es ein x ∈ Y mit IY xk → IY x schwach ∗ in (Y ′)′ (nachWahl einer Teilfolge), also

ϕ(xk) → ϕ(x) ∀ϕ ∈ Y ′.

Sei nun Φ ∈ X ′ gegeben. Dann folgt

Φ(xk) = (Φ|Y )(xk) → (Φ|Y )(x) = Φ(x).

Also xk → x schwach in X.

Satz 3.7 (schwache Folgenkompaktheit in Lp(µ)). Sei µ Maß auf X und 1 <p < ∞. Dann hat jede beschrankte Folge fk in Lp(µ) eine schwach konvergenteTeilfolge, d.h. es gibt ein f ∈ Lp(µ) mit

∫

fkg dµT.F.−→

∫

fg dµ ∀g ∈ Lq(µ) (1

p+

1

q= 1).

Beweis. Es reicht zu zeigen, dass Lp(µ) reflexiv ist. Sei Λ ∈ Lp(µ)′′ gegeben.Definiere L : Lq(µ) → R, Lg = Λ(Jg), wobei J : Lq(µ) → Lp(µ)′ kan. Isomor-phismus. Es gilt

|Lg| ≤ ‖Λ‖‖Jg‖Lp(µ)′ = ‖Λ‖‖g‖Lq(µ),

also L ∈ Lq(µ)′. Nach Satz 2.1 existiert f ∈ Lp(µ) mit L = Jf , wobei J :Lp(µ) → Lq(µ)′. Es folgt

(If)(Jg) =Def. I

(Jg)(f) =Def. J

∫

fg dµ = (Jf)(g) =Wahl von f

L(g) = Λ(Jg)

41

⇒ If(Jg) = Λ(Jf) ∀g ∈ Lq(µ).

Da J surjektiv nach Satz 2.1, folgt If = Λ.

Tabelle (Existenz von schwach konvergenten Teilfolgen)

Kapitel 4

Sobolevraume

Motivation In Kapitel 1 hatten wie Variationsprobleme

F(u) =

∫

Ω

f(x, u(x), Du(x)) dx.

Ziel Minimiere F in geeigneter Klasse C, z.B.

C = u ∈ C1(Ω) | u|∂Ω = 0.

Wahle Minimalfolge uk ∈ C, d.h. F(uk) → infu∈C F(u).Eine sinnvolle Voraussetzung an f = f(x, u(x), Du(x)) ware

f(x, u(x), Du(x)) ≥ λ|Du|p fur ein λ > 0, 1 < p < ∞ (Koerzivitat).

Fur eine Minimalfolge wissen wir F(uk) ≤ C, also folgt∫

Ω

|Duk|p ≤ 1

λF(uk) ≤ C

λ∀k.

Das reicht (bei weitem) nicht, um Konvergenz in C1(Ω) zu kriegen.Mit Auswahlsatz bekommen wir allerdings

∂αuk → gα schwach in Lp(Ω).

Es stellt sich die Frage, ob bzw. in welchem Sinne die gα Ableitungen einerFunktion u sind. Der klassische Ableitungsbegriff ist untauglich, da Funktionengα nicht punktweise definiert sind.

Definition 4.1 (schwache Ableitung). Sei Ω ⊂ Rn offen, und u ∈ L1loc(Ω). Eine

Funktion g ∈ L1loc(Ω) heißt schwache Ableitung von u nach xα, falls

∫

uDαϕ = (−1)|α|∫

gΦ ∀ϕ ∈ C∞c (Ω). (4.1)

Wir schreiben g = Dαu.

43

44 KAPITEL 4. SOBOLEVRAUME

Bemerkung 4.1. α + (α1, ..., αn) ∈ Nn0 Multiindex, |α| = α1 + ... + αn, Dα =

∂α11 ...∂αn

n .

Lemma 4.1. Die schwache Ableitung ist eindeutig bestimmt. Fur u ∈ Ck(Ω),|α = k ist die klassische Ableitung Dαu ∈ C0(Ω) auch schwache Ableitung vonu.

Beweis. Fur g1, g2 ∈ L1loc(Ω) gelte (4.1). Dann gilt fur ϕ ∈ C∞

c (Ω)

∫

Ω

(g1 − g2)ϕ =

∫

g1ϕ−∫

g2ϕ = (−1)|α|(

∫

uDαϕ−∫

uDαϕ) = 0

Fundamentallemma⇒ g1 = g2.

Ist u ∈ Ck(Ω) und Dαu klassische Ableitung, so gilt nach partieller Integration,dass (4.1) erfullt ist. Also ist Dαu schwache Ableitung.

Beispiel 4.1. Betrachte u : Rn → R, u(x) = |x|q, q ∈ R. Wann hat u eineschwache Ableitung Du ∈ L1

loc(Rn)?

Zunachst muss u selbst integrierbar sein:

u ∈ L1loc ⇔ q > −n,

denn

∫

B1(0)

|x|q dx =

∫ 1

0

∫

∂Br(0)

|x|q dHn−1dr

= ωn−1

∫ 1

0

rq+n−1dr < ∞

⇔ q + n− 1 > −1 ⇔ q > −n.

Auf Rn \ 0 existiert klassische Ableitung, und zwar

Du(x) = q|x|q−2x fur x ∈ Rn \ 0.

Setze g : Rn → Rn, g(x) = Du(x).

∫

B1(0)

g < ∞ ⇔ q > 1 − n.

Fur q ≤ 1 − n ist Du nicht integrierbar und die schwache Ableitung existiertnicht auch Rn.Wir wollen fur q > 1 − n die Eigenschaft (4.1) zeigen.Wahle Abschneidefunktion η(x) mit

ηrho(x) =

0 fur |x| ≤ 2

1 fur |x| ≥ , |Dη(x)| ≤ C

.

45

Sei ϕ ∈ C∞c (Rn).

∫

Rn

u∂αϕη︸︷︷︸

maj. Konv.−→ց0

∫u∂αϕ

=

∫

Rn

u∂α(ηrhoϕ) −∫

Rn

u(∂αηrho)ϕ

= −∫

Rn

gα(ηϕ)

︸︷︷︸

−→ց0

−∫Rn

gαϕ

−∫

u(∂αη)ϕ

︸︷︷︸

−→ց0

0

Zur Konvergenz des letzten Terms berechnet man:

Da q > 1 − n ⇒ u ∈ Ln

n−1

loc (Rn), denn

∫

B1(0)

|x|q nn−1 < ∞, wenn q

n

n− 1> −n ⇔ q > 1 − n.

Damit gilt

|∫

u(∂aη)ϕ| ≤ C

∫

B(0)

u ≤Holder

C

(

∫

B(0)

|u| nn−1 )

n−1n (

∫

B(0)

1)1n

︸︷︷︸

≤c

ց0−→ 0.

Definition 4.2. Sei Ω ⊂ Rn offen und 1 ≤ p ≤ ∞. Dann definiere

W 1,p(Ω) = u ∈ Lp(Ω) : ∃ schwache Ableitung Du ∈ Lp(Ω,Rn).

Norm: ‖u‖W 1,p(Ω) := ‖u‖Lp(Ω) +∑n

α=1 ‖∂αu‖Lp(Ω)

Satz 4.1. (W 1,p(Ω), ‖ · ‖W 1,p(Ω)) ist ein Banachraum.

Beweis. Sei uk, k ∈ N eine W 1,p-Cauchyfolge.

⇒ uk, ∂αuk sind Lp − Cauchyfolgen.

Lp Banachraum⇒ uk → u, ∂αuk → gα in Lp(Ω) fur α = 1, ..., n

Zeige: gα ist schwache Ableitung von u.Sei ϕ ∈ C∞

c (Ω):∫

Ω

u∂αϕ = limk→∞

= − limk→∞

∫

Ω

∂αukϕ

= −∫

gαϕ.

⇒ gα = ∂αu, u ∈ W 1,p(Ω), uk → u in W 1,p(Ω).


Lemma 4.2 (Glattung in Lp(Rn)). Sei η ∈ C∞c (Rn), η ≥ 0, mit spt η ⊂ B1(0),

und∫

Rn η(x)dx = 1.

η(x) := −nη(x

) (⇒ spt η ⊂ B(0),

∫

η(x)dx = 1),

η ∗ u(x) :=

∫

η(x− y)u(y) dy (fur u ∈ L1loc(Ω)).

Dann gilt

(1) ‖ηrho ∗ u‖Lp(Rn) ≤ ‖u‖Lp(Rn) fur 1 ≤ p ≤ ∞.

(2) u ∈ Lp(Rn), 1 ≤ p < ∞ ⇒ η ∗ u → u in Lp(Rn).

(3)

u ∈ L∞(Rn) ⇒ η ∗ u → u schwach ∗ in L∞

ηi∗ u → u punktweise f.-u. fur eine Teilfolge i ց 0.

Beweis. Analysis 3.

Bemerkung 4.2. Beachte η(x− y) = 0, falls y /∈ B(x). Damit ist

η ∗ u : Ω = x ∈ Ω : dist (x, ∂Ω) > → R

wohldefiniert.

Lemma 4.3 (Lokalisierung der Glattung). Sei u ∈ Lploc(Ω) fur 1 ≤ p < ∞, und

η sei wie in Lemma 4.2. Dann ist η ∗ u auf Ω = x ∈ Ω : dist (x, ∂Ω) > wohldefiniert und

η ∗ u ց0−→ in Lp(Ω) fur alle Ω ⊂⊂ Ω.

Beweis. Fur Ω ⊂⊂ Ω wahle σ > 0 mit Bσ(Ω) ⊂⊂ Ω und setze

u(x) =

u(x) fur x ∈ Bσ(Ω)

0fur x ∈ Rn \Bσ(Ω).

Nach Voraussetzung ist u ∈ Lp(Rn). Fur x ∈ Ω und ∈ (0, σ) gilt

(η ∗ u)(x) =

∫

B1(0)

η(z)u(x− z)︸︷︷︸

∈Bσ(Ω)

dx = (η ∗ u)(x).

Also giltη ∗ u = η ∗ u −→

Lp(Rn)u = u in Lp(Ω).

47

Lemma 4.4 (Glattung in W 1,p(Ω)). F2ur u ∈ W 1,p(Ω), 1 ≤ p < ∞, gilt:

(1) ∂α(η ∗ u) = η ∗ ∂αu in Ω

(2) η ∗ u → u in W 1,p(Ω) fur alle Ω ⊂⊂ Ω.

Beweis. (2) folgt aus (1) und Lemma 4.3.Zu (1) berechne

(∂α(η ∗ u))(x) =∂

∂xα

∫

Rn

η(x− y)u(y) dy

=

∫

Rn

(∂αη)(x− y)u(y) dy

= −∫

Rn

∂

∂yα(η(x− y))u(y) dy

Def. schwacher=

Ableitung

∫

Rn

η(x− y)∂α(y) dy

= (η ∗ ∂αu)(x)

Satz 4.2 (Produktregel). Seien u, v ∈ (W 1,p∩L∞)(Ω). Dann ist u ·v ∈ (W 1,p∩L∞)(Ω) und es gilt die Produktregel

∂α(uv) = (∂αu)v + u(∂αv).

Beweis. Berechne fur ϕ ∈ C∞c (Ω)

∫

Ω

uv · ∂αϕ = limց0

∫

Ω

u(η ∗ v)∂αϕ

= limց0

∫

Ω

u[∂α((η ∗ v)ϕ) − (∂α(η ∗ v))ϕ]

= − limց0

∫

Ω

(∂αu)(η ∗ v)ϕ +

∫

Ω

u(η ∗ ∂αv︸︷︷︸

Lp−Konv.

)ϕ

= −∫

Ω

((∂αu)v + u(∂αv))︸︷︷︸

=∂α(uv)

ϕ

Satz 4.3 (Meyers-Serrin). Fur 1 ≤ p < ∞ gilt

(1) C∞c (Rn) ist dicht in W 1,p(Rn).

(2) (W 1,p ∩ C∞)(Ω) ist dicht in W 1,p(Ω).


Bemerkung 4.3. (1) Anderer Zugang zu Sobolevraumen, durch Vervollstandi-gung:Betrachte Folgenraume

H1,p(Ω) = (uk)k∈N : uk ∈ C1(Ω) ist W 1,p − Cauchyfolge,(uk)k∈N ∼ (vk)k∈N ⇔ uk − vk → 0 in W 1,p(Ω).

DefiniereH1,p(Ω) = H1,p/ ∼ .

Erhalte Abbildung H1,p(Ω) → W 1,p(Ω), (uk)k∈N 7→ W 1,p − limk→∞ uk

(W 1,p ist Banachraum).Diese Abbildung ist injektiv (per Definition).Definiere auf H1,p(Ω) eine Norm:

‖(uk)k∈N‖ := limk→∞

‖uk‖W 1,p .

Bzgl. dieser Norm ist H1,p(Ω) → W 1,p(Ω) isometrisch.UA: H1,p(Ω) ist abg. Unterraum von W 1,p(Ω).Nach Meyers-Serring ist H1,p(Ω) → W 1,p(Ω) surjektiv.

(2) Fur Ω ⊂ Rn beschrankt ist C1c (Ω) nicht dicht in W 1,p(Ω).

(3) C1(Ω) ist i. A. nicht dicht in W 1,p(Ω).(Allerdings doch, wenn Ω C1-Gebiet.

Beweis von Satz 4.3. Zu (1): Wahle Abschneidefkt. ϕ ∈ C∞c (Rn) mit

ϕ(x) =

1 fur ‖x‖ ≤ 1

0 fur ‖x‖ ≥ 2.

Sei u ∈ W 1,p(Rn) gegeben, und uR(x) := ϕ( xR

)u(x). Satz 4.2: ∂αuR = 1R

(∂αϕ)( xR

)u(x)+ϕ( x

R)∂αu.

⇒ ‖∂αu− ∂auR‖Lp ≤ C‖∂αu‖Lp(Rn\BR) +C

R‖u‖Lp(Rn)

R→∞→ 0.

Verwende nun Glattung, um mit C∞c -Funktionen zu approximieren.

Zu (2): Setze Uk = Ω 1k∩Bk(0), sowie U0 = ∅.

Betrachte Vk = Uk+1 \ Uk−1 fur k ∈ N. Das ist eine offene, lokalendliche Uber-deckung von Ω.Wahle untergeordnete Teilung der Eins

ϕk ∈ C∞c (Vk), ϕk ≥ 0,

∞∑

k=1

ϕk = 1 auf Ω.

Zu δ > 0 gibt es k > 0, so dass fur

ηk∗ (ϕku) =: uk

49

gilt:

‖uk − ϕku‖W 1,p(Ω) ≤ 2−kδ, spt uk ⊂ Vk.

Fur v =∑∞

k+1 uk ∈ C∞(Ω) gilt

‖v − u‖W 1,p(Ω) ≤∞∑

k=1

‖uk − ϕku‖W 1,p(Ω)︸︷︷︸

≤2−k

≤ .

Satz 4.4 (Sobolev-Kettenregel). Sei u ∈ W 1,1loc (Ω), f ∈ C1(R) mit f ′ beschrankt

⇒ D(f u) = (f ′ u)Du ∈ L1loc(Ω,Rn)

Bemerkung 4.4. Nicht anwendbar auf f(s) = |s|!

Beweis. Sei u = ηrho ∗ u ∈ C∞(Ω). Es gilt u → u in W 1,1(Ω) fur alle

Ω ⊂⊂ Ω.Fur ϕ ∈ C∞

c (Ω) und > 0 hinreichend klein glit

∫

(f u)∂αϕ = −∫

(f ′ u)(∂αu)ϕ.

OBdA u → u punktweise f.u. Sei L = sup |f ′| < ∞.

|∫

(f u − f u)∂αϕ| ≤ ‖∂αϕ‖C0L

∫

spt ϕ

|u − u| ց0→ 0.

⇒ |∫

(f ′ u)(∂αu)ϕ− (f ′ u)(∂αu)ϕ|

≤ |∫

f ′ u︸︷︷︸

≤L

(∂αu − ∂αu)︸︷︷︸

→0 in L1loc

ϕ︸︷︷︸

≤‖ϕ‖C0

|

︸︷︷︸

→0

+|∫

(f ′ u − f ′ u)(∂α)uϕ|︸︷︷︸

→0 punktweise f.u.

Majorante: 2L|∂αu||ϕ|∈L1

Satz 4.5 (Transformationsformel). Sei u ∈ W 1,1loc (U) und Φ ∈ C1(V,U) diffeo-

morph. Dann gilt

u Φ ∈ W 1,1loc (V )

mit

D(u Φ) = (Du Φ) ·DΦ

bzw.

∂α(u Φ) = ((∂βu) Φ)∂αΦβ .


Beweis. Approximiere wieder durch u = η ∗ u ∈ C∞(U).Fur η ∈ C∞

c (V ) gilt Φ(spt η) ⊂⊂ U . Also folgt fur > 0 klein

∫

V

(u Φ)∂αη = −∫

V

((Du) Φ) · (∂αΦ)η.

Wende jetzt Transformationssatz an mit Ψ = Φ−1:

∫

V=Ψ(U)

(u Φ − u Φ)∂αη =

∫

Φ(spt η)

(u − u) (∂αη) Ψ| det DΨ|︸︷︷︸

≤C

ց0

→ 0

und∫

V

((Du) Φ − (Du) Φ) · ∂αΦη

=

∫

Φ(spt η)

(Du −Du) · (∂αΦ) Ψ(η Ψ)| det DΨ|︸︷︷︸

≤C

ց0→ 0.

Kapitel 5

Einbettungssatze von

Sobolev und Rellich

1. Hauptziel: (∗) ‖u‖Lq(Rn) ≤ C‖Du‖Lp(Rn) ∀u ∈ W 1,p(Rn), C = C(n, p) <∞.Betrachte

uλ(x) = u(λx), Duλ(x) = λDu(λx) (Skalierung).

(

∫

|uλ|qdx)1q = λ−n

q (

∫

|u(y)|qdy)1q ,

(

∫

|Duλ(x)|pdx)1p = λ1−n

p (

∫

|Du(y)|pdy)1p .

Also kann (∗) nur richtig sein, wenn

−n

q= 1 − n

p(insbesondere soll 1 ≤ p < n).

Bemerkung 5.1. Fur p = n und q = ∞ ist die Abschatzung (∗) falsch:

u(x) = log(log1

|x| ) fur |x| < 1

e.

Satz 5.1 (Einbettungssatz von Sobolev, p < n). Sei 1 ≤ p < n und q = npn−p

⇔−n

q= 1 − n

p. Dann gilt

(∗) ‖u‖Lq(Rn) ≤(n− 1)q

n︸︷︷︸

C(n,p)

‖Du‖Lp(Rn) ∀u ∈ W 1,p(Rn).

Beweis. (Gagliardo-Nirenberg, 1958) OBdA gelte u ∈ C∞c (Rn) (Satz 4.3), denn

uk ∈ C∞c (Rn), uk → u in W 1,p(Rn)

‖uk − ul‖Lq ≤ C‖Duk −Dul‖Lp → 0 mit k, l → ∞

51

52 KAPITEL 5. EINBETTUNGSSATZE VON SOBOLEV UND RELLICH

⇒ ukLq

→ u ∈ Lq(Rn).

Da uk → u in Lp, folgt u = u.

⇒ ‖u‖Lq = limk→∞

‖uk‖Lp ≤ C limk→∞

‖Duk‖Lp = C‖Du‖Lp .

Wir beweisen die Aussage zunachst fur p = 1, q = nn−1 , per Induktion uber

n ∈ N.

Schritt 1 n = 1 (p = 1, q = ∞):

|u(x)| = |∫ x

−∞u′(ξ)dξ ≤

∫ ∞

−∞|u′(ξ)|dξ → ‖u‖L∞ ≤ ‖u′‖L1

Schritt 2 Beweis fur n ≥ 2, p = 1 durch Induktion.Schreibe Rn = Rn−1 × R, x = (ξ, z) und definiere Funktionen

f(ξ) =

∫ ∞

−∞|u(ξ, z)|dz

und

g(ξ) =

∫ ∞

−∞|Du(ξ, z)|dz.

Voruberlegung: Es gilt |Df | ≤ g. Nach Ubungsaufgabe gilt D|u| = sgn (u)Du.

∫

Rn−1

f∂αη =

∫ ∞

−∞

∫

Rn−1

|u(ξ, z)|∂αη(ξ)dξdz

= −∫ ∞

−∞

∫

Rn−1

sgn (u(ξ, z))∂αu(ξ, z)η(ξ)dξdz

= −∫

Rn−1

∫ ∞

−∞(sgn (u(ξ, z))∂αu(ξ, z)dz)η(ξ)dξ

⇒ Df(ξ) =

∫ ∞

−∞sgn (u(ξ, z))Du(ξ, z)dz

⇒ |Df(ξ)| ≤ g(ξ).

53

Damit berechnet man

∫

Rn

|u(x)| nn−1 dx ≤

∫

Rn−1

∫

R

|u(ξ, z)|(∫

R

|∂u∂s

|(ξ, s)ds) 1n−1

︸︷︷︸

hangt nicht von z ab

dzdξ

≤∫

Rn−1

f(ξ)g(ξ)1

n−1 dξ

(Holder) ≤

(∫

Rn−1 f(ξ)n−1n−2 dξ

)n−2n−1 (∫

Rn−1 g(ξ)dξ) 1

n−1 n ≥ 3

‖f‖L∞

∫

Rg(ξ)dξ n = 2

Induktion, Schritt 1 ≤(∫

Rn−1

|Df(ξ)|dξ)(∫

Rn−1

g(ξ)dξ

) 1n−1

|Df | ≤ g ≤(∫

Rn−1

g(ξ)dξ

) nn−1

=

(∫

Rn

|Du(x)|dx) n

n−1

.

Damit folgt die Behauptung fur p = 1.

Schritt 3 Es sei 1 < p < n, q = npn−p

.

(∫

|u|q)

)n−1n

=

(∫

(|u|n−1n

q)1

n−1

)n−1n

≤∫

|D(|u|n−1n

q)|

≤ n− 1

nq

∫

|u|(1− 1q− 1

n)q|Du|

(Holder mit p) ≤ n− 1

nq

(∫

|u|q)1− 1

q− 1

n

(∈ |Du|p)1p

⇒ ‖u‖Lq ≤ n− 1

nq‖Du‖Lq .

Bemerkung 5.2. Es sei Ω ⊂ Rn beschrankt mit C2-Rand.Betrachete

uǫ(x) = (1 − 1

ǫdist (x,Ω))+.

|Duǫ| =1

ǫχ0<dist (x,Ω)<ǫ


Satz 5.1 ⇒ |Ω|n−1n ≤

(∫

Rn

un

n−1ǫ

)n−1n

≤∫

Rn

|Duǫ|

=1

ǫµ(0 < dist (x,Ω) < ǫ)

ǫց0−→ A(∂Ω).

⇒ |Ω| ≤ A(∂Ω)n

n−1 (isoperimetrische Ungleichung).

Betrachte nun eine Folge uk ∈ W 1,p(Rn) mit

‖uk‖W 1,p(Rn) ≤ Λ < ∞.

Beispiel 5.1. Sei u ∈ C1c (R), u 6= 0, und

uk : R → R, uk(x) = u(x− k).

Dann gilt ‖uk‖W 1,p(R) = ‖u‖W 1,p(R) < ∞, und uk → 0 punktweise auf R. Esgilt aber nicht uk → 0 in Lq(R). Wir konnen also hochstens lokale Konvergenzin Lq(R) erwarten.

Beispiel 5.2. Sei u ∈ C1c (Rn), u 6= 0, und fur λ > 0

uλ : Rn → R, uλ(x) = λnp−1u(λx) (1 ≤ p < n).

Es folgt

‖Duλ‖Lp(Rn) = ‖Du‖Lp(Rn)

‖uλ‖Lq(Rn) = λnp−1−n

q ‖u‖Lq(Rn).

Da spt uλ = 1λ

spt u, gilt uλ → 0 punktweise fast uberall fur λ → ∞. Aberuλ → 0 in Lq(Rn) nur fur −n

q< 1 − n

pbzw. q < np

n−p.

Satz 5.2 (Einbettungssatz von Rellich). Seien uk ∈ W 1,p(Rn), 1 ≤ p < n, mit‖uk‖W 1,p(Rn) ≤ Λ < ∞ fur alle k. Dann gibt es ein u ∈ Lp∗

(Rn), p∗ = npn−p

, so

dass nach Ubergang zu einer Teilfolge gilt:

uk → u in Lqloc(R

n) fur 1 ≤ q < p∗.

Bemerkung 5.3. Im Fall 1 < p < n gilt u ∈ W 1,p(Rn) und

‖Du‖Lp ≤ lim infk→∞

‖Duk‖Lp .

Denn nach Satz 3.7 gilt nach Wahl einer weiteren Teilfolge ∂αuk → gα schwachin Lp(Rn). Insbesondere folgt fur ϕ ∈ C∞

c (Rn)∫

u∂αϕ = limk→∞

∫

uk∂αϕ = − limk→∞

∫

(∂αuk)ϕ = −∫

gαϕ.

Also gilt ∂αu = gα, d.h. u ∈ W 1,p(Rn). Die Ungleichung gilt wegen Unter-halbstetigkeit der Norm bei schwacher Konvergenz in Lp(Rn), siehe Satz 3.5(3).

55

Fur den Beweis des Satzes von Rellich brauchen wir ein fundamentales Hilfs-mittel.

Satz 5.3 (Arzela-Ascoli, 1890). Seien X,Z metrische Raume, und X sei kom-pakt. Betrachte eine Folge fkC

0(X,Z) mit folgenden Eigenschaften

(a) Die Folge ist gleichgradig stetig, d.h.

supk∈N

(

supd(x,y)≤δ

d(fk(x), fk(y))

)

→ 0 mit δ ց 0.

(b) Fur alle x ∈ X ist fk(x) : k ∈ N kompakt in Z.

Dann existiert eine Teilfolge fkj, die gleichmaßig gegen ein f ∈ C0(X,Z) kon-

vergiert.

Wir stellen den Beweis zuruck.Zum Beweis des Satzes von Rellich wollen wir die Funktionen uk glatten. DieSchranke ‖uk‖Lp ≤ Λ liefert dann C0-Schranken fur Ableitungen von ηrho ∗uk,die allerdings von > 0 abhangen. Fur festes > 0 erhalten wir eine konvergenteTeilfolge aus dem Satz von Arzela-Ascoli. Damit das nutzlich ist, brauchen wireine gleichmaßige Abschatzung fur ‖uk − η ∗ uk‖Lp .

Lemma 5.1. Sei η ∈ C0c (Rn), spt η ⊂ B1(0), η ≥ 0,

∫

Rn η(x) dx = 1, η(x) =−nη(x

fur > 0. Dann gilt fur u ∈ W 1,p(Rn)

‖u− η ∗ u‖Lp(Rn) ≤ ‖Du‖Lp(Rn).

Beweis. Wir konnen u ∈ C∞c (Rn) annehmen (Satz 4.3).

Berechne fur h ∈ Rn

∫

Rn

|u(x + h) − u(x)|pdx =

∫

Rn

|∫ 1

0

d

dsu(x + sh)ds|pdx

≤∫

Rn

∫ 1

0

|Du(x + sh)|p|h|pdsdx

≤ |h|p‖Du‖pLp .

Daraus folgt weiter∫

Rn

|u(x) − η ∗ u(x)|p dx =

∫

|∫

η(x− y)(u(x) − u(y)) dy|p dx(x− y

= z

)

=

∫

|∫

η(z)(u(x) − u(x− z) dz|p dx

≤∫

η(z)

∫

|u(x) − u(x− z)|p dx dz

(siehe oben) ≤ ‖Du‖pLp .


Beweis von Satz 5.2 (Rellich). Wir zeigen die Aussage erst fur q = p. Es gilt

(η ∗ uk)(x) = −n

∫

η(x− y

uk(y) dy.

⇒ |η ∗ uk(x)| ≤ −n‖η‖C0(Rn)‖uk‖L1(B(x))

≤ C−np ‖uk‖Lp(Rn) (C = C(n, , η) < ∞)

≤ C−np Λ.

Analog fur die Ableitung

D(η ∗ uk)(x) = −n−1

∫

(Dη)(x− y

uk(y) dy

⇒ |D(η ∗ uk)(x)| ≤ C−1−np Λ.

Fur festes > 0 erfullen die η ∗ u auf kompakten Teilmengen die Vorausset-zungen von Arzela-Ascoli. Also gibt es zu festem > 0 eine Telfolge (kj)j∈N, sodass η ∗ ukj

lokal in C0(Rn) konvergiert. Wahle eine Folge i ց 0 und dannsukzessive Teilfolgen

(k1j )j∈N ⊃ (k2j )j∈N ⊃ ...

so dass gilt:

ηi∗ uki

j

j→∞−→ uilokal in C0(Rn).

Bilde die Diagonalfolge und nummeriere nue

ukjj

=: uj fur j ∈ N.

Es folgt fur alle ∈ 1, 2, ...

η ∗ uj → u lokal in C0(Rn).

Fur σ, ∈ 1, 2, ... schatzen wir wie folgt ab:

‖u − uσ‖Lp(Rn) ≤ lim infj→∞

‖η ∗ uj − ησ ∗ uj‖Lp(Rn)

≤ lim infj→∞

(‖η ∗ uj − uj‖Lp(Rn) + ‖uj − ησ ∗ uj‖Lp(Rn))

(Lemma 5.1) ≤ lim infj→∞

(2‖Duj‖Lp(Rn))

≤ 2Λ → 0 mit ց 0.

Nach Fischer-Riesz gibt es ein u ∈ Lp(Rn) mit u → u int Lp(Rn), un dmitσ ց 0 folgt

‖u − u‖Lp(Rn) ≤ 2Λ.

57

Fur K ⊂ Rn kompakt folgt nun, fur ∈ 1, 2, ...

‖u− uj‖Lp(K)

≤ ‖u− u‖Lp(K) + ‖u − η ∗ uj‖Lp(K) + ‖η ∗ uj − uj‖Lp(K)

Lemma 5.1≤ 2Λ + ‖u − η ∗ uj‖Lp(K)

︸︷︷︸

→0 mit j→∞

+Λ.

⇒ lim supj→∞

‖u− uj‖Lp(K) ≤ 3Λ → 0 mit ց 0.

. Damit haben wir fur die gewahlte Teilfolge

uj → u in Lploc(R

n) mit u ∈ Lp(Rn).

Ferner gilt nach Sobolev

‖uj‖Lp∗(Rn) ≤ C‖Duj‖Lp(Rn) ≤ CΛ.

Aus dem Lemma von Fatou folgt ‖u‖Lp∗ (Rn) ≤ CΛ. Die Konvergenz in Lqloc(R

n)fur q ∈ (p, p∗) folgt aus dem Interpolationslemma unten.

Lemma 5.2. Sei µ Maß auf X, und 1 ≤ p < r < q ≤ ∞. Dann gilt furf ∈ (Lp ∩ Lq)(µ)

‖f‖Lp ≤ ‖f‖1−αLp ‖f‖αLq fur α =

1p− 1

r

1p− 1

q

∈ (0, 1).

Beweis. Es gilt nach Wahl von α

(1 − α)r

p+

αr

q=

1r− 1

q

1p− 1

q

r

p+

1p− 1

r

1p− 1

q

r

q

=q − r

q − p+

r − p

q − p

= 1.

Also folgt mit Holder

∫

|f |r =

∫

|f |(1−α)r|f |αr

≤(∫

|f |p) (1−α)r

p(∫

|f |q)αr

q

= ‖f‖(1−α)rLp ‖f‖αrLq .


Bemerkung 5.4. Fur den letzen Schritt des Beweises des Satzes von Rellich,wende das Lemma an mit p < q < p∗:

‖u− uj‖Lq(K) ≤ ‖u− uj‖1−αLp(K)

︸︷︷︸

j→∞−→ 0

‖u− uj‖αLp∗ (K)︸︷︷︸

≤C

j→∞−→ 0.

Satz 5.4 (Einbettungssatz auf Ω). Sei Ω ⊂ Rn beschranktes Gebiet mit C1-Rand.

(a) Fur 1 ≤ p < n gibt es stetige Einbettung

W 1,p(Ω) ⊂ Lp∗

(Ω) mit p∗ =np

n− p.

(b) Gilt ‖uk‖W 1,p(Ω) ≤ Λ < ∞ mit 1 ≤ p < n, so gibt es u ∈ Lp∗

(Ω) und eineTeilfolge mit

uk → u in Lq(Ω) fur alle q ∈ [1, p∗).

Dazu setze u ∈ W 1,p(Ω) zu u ∈ W 1,p(Rn) fort, und wende Satz 5.1, 5.2 an.

Satz 5.5 (W 1,p- Fortsetzung). Sei Ω beschranktes Gebiet mit C1-Rand, undU ⊃ Ω, U ⊂ Rn offen. Dann gibt es einen stetigen, linearen Fortsetzungsopera-tor

E : W 1,p(Ω) → W 1,p0 (Rn), (1 ≤ p ≤ ∞)

mit Eu|Ω = u und spt (Eu) ⊂⊂ U fur alle u ∈ W 1,p(Ω).

Beweis von Satz 5.4. Sei u ∈ W 1,p(Ω). Sei Eu ∈ W 1,p(Rn) Fortsetzung.Nach Satz 5.1:

‖Eu‖Lp∗ (Rn) ≤ C‖D(Eu)‖Lp(Rn)

≤ C‖u‖W 1,p(Ω)

⇒ ‖u‖Lp∗ (Ω) ≤ C‖u‖W 1,p(Ω).

Beweis von 5.5. Es sei

Q = x ∈ Rn | ‖x‖∞ < 1,Q− = x ∈ Q | xn < 0,I = x ∈ Q | xn = 0,x = (x′, xn) ∈ Rn−1 × R.

Schritt 1 Fur u ∈ C1(Q− ∪ I) mit spt u ⊂⊂ Q definiere

u(x′, xn) =

u(x′, xn) xn ≤ 0

u(x′,−xn) xn > 0.

59

Dann ist u ∈ W 1,p(Q) und ‖u‖W 1,p(Q) = 2‖u‖W 1,p(Q−). Beweis

∫

Q

u(∂iϕ) =

∫

Q−

(∂i(uϕ) − (∂iu)ϕ) +

∫

Q+

(∂i(uϕ) − (∂iu)ϕ).

Fur 1 ≤ i ≤ n − 1 verschwinden die ersten Integrale einzeln (mit Fubini,Hauptsatz).Fur i = n erhalten wir

∫

Q−

∂n(uϕ) =

∫

I

u(x′, 0)ϕ(x′, 0)dx′

= −∫

Q+

∂n(uϕ).

Also folgt fur 1 ≤ i ≤ n

∫

Q

u(∂iϕ) = −∫

Q

(∂iu)ϕ.

Schritt 2 Aussage von Schritt 1 gilt auch fur u ∈ W 1,p(Q−) mit spt u ⊂⊂ Q.Wir konnen u ∈ C∞(Ω) annehmen (nach Satz 4.3 (Meyers-Serrin) istC∞ ∩W 1,p dicht in W 1,p.)Idee: Verschiebe Funktion:

us : Q− → R, us(x′, xn(:= u(x′, xn − s), s > 0.

Fur s ∈ (0, 1) ist us ∈ C∞(Q−). Außerdem sieht man:

us → u in W 1,p(Q−) fur s ց 0.

Das bedeutet us → u in W 1,p(Q).⇒ u ∈ W 1,p inkl. Abschatzung.

Schritt 3 (Konstruktion der globalen Fortsetzung) Uberdecke ∂Ω durchoffene Umgebungen U1, ..., Un, so dass C1-Diffeomorphismen Φi : Ui → Qexistieren mit Φ(Ω ∩ Ui) = Q−.Mit U0 = Ω ist U0, ..., Un offene Uberdeckung von Ω und es gibt unterge-ordnete Teilung der Eins ηi ∈ C∞

c (Ui) mit∑N

i=0 ηi = 1 auf Ω.Außerdem oBdA ηi ∈ C∞

c (U), sonst multipliziere mit geeigenter Abschnei-defunktion.Fur u ∈ W 1,p(Ω) definiere

Eu = η0u +

n∑

i=1

vi Φi mit vi = (ηiu) Φ−1i |Q− .

Dab sei vi Φi durch 0 auf Rn fortgesetzt.


Es gilt

vi Φi|Ω =

ηiu auf Ω ∩ Ui

0 sonst

⇒ Eu|Ω = η0u +

n∑

i=1

ηiu = u.

Abschatzung gilt nach Schritt 1/2 und der Transformationsregel Satz ??.

Bemerkung 5.5. Fortsetzungssatz ⇒ C1(Ω) dicht in W 1,p(Ω) fur Ω mit C1-Rand.

Satz 5.6 (Poincare-Ungleichung). Sei Ω = Rn−1 × (0, d). Dann gilt fur alleu ∈ W 1,p

0 (Ω)

‖Du‖Lp(Ω) ≥1

d‖u‖Lp(Ω).

Definition 5.1. W 1,p0 (Ω) ist der Abschluss von C∞

c (Ω) in(W 1,p(Ω), ‖ · ‖W 1,p(Ω)

).

Bemerkung 5.6. Ω′ ⊂ Rn−1 × (0, d)︸︷︷︸

Ω

⇒ W 1,p0 (Ω′) ⊂ W 1,p

0 (Ω).

Beweis. OBdA sei u ∈ C∞c (Ω). Fur (x′, xn) ∈ Ω schatze ab

|u(x′, xn)| = |∫ xn

0

∂nu(x′, s)ds|

≤Holder

∫ d

0

|∂nu(x′, s)|pds) 1p d

p−1p .

Integriere uber Ω = Rn−1 × (0, d)¿

∫

Ω

|u(x′, xn)|p dx′dxn ≤∫

Rn−1

∫ d

0

dp−1

∫ d

0

|Du(x′, s)|p dsdxndx′

= dp∫

Rn−1

∫ d

0

|Du(x′, s)|p dx′ds

= dp‖Du‖pLp(Ω).

Bemerkung 5.7. Ω ⊂ Rn beschranktes L1-Gebiet.

‖Du‖Lp(Ω) ≥ c(Ω)︸︷︷︸

>0

‖u‖Lp(Ω)

fur alle u ∈ W 1,p(Ω) mit∫

Ωu = 0.

Beweis: UA. (Widerspruch mit Satz von Rellich.)

Kapitel 6

Unterhalbstetigkeit

F(⊓) =

∫

⊗(§,⊓,D⊓)⌈§, ⊗ ⊂ R\, ⊓ : ⊗ → Rm.

Definition 6.1. f : Ω × Rm × Rm×n → R heißt Caratheodoryfunktion, falls

• f(·, z, ξ) messbar fur alle (z, ξ) ∈ Rm × Rm×n.

• f(x, ·, ·) stetig fur fast alle x ∈ Ω.

Generelle Aussage: Unterhalbstetigkeit ≃ “ Konvexitat “ von f(x, z, ξ) in derVariablen ξ.

Satz 6.1 (Konvexitat ⇒ Unterhalbstetigkeit). Sei f : Ω × Rm × Rm×n → R

Caratheodory. Es gelte:

(1) Es gibt Φ ∈ L1(Ω) mit f(x, ·, ·) ≥ Φ(x) fur fast alle x ∈ Ω.

(2) f(x, z, ·) ist konvex als Funktion von ξ ∈ Rm×n, fur alle (x, z) ∈ Ω × Rn.

Sei dann uk, u ∈ W1, 1loc(Ω,Rm) mit

uk → u lokal in L1(Ω,Rm)

Duk → Du lokal schwach in L1(Ω,Rm×n).

Dann folgt∫

Ω

f(·, u,Du) ≤ lim infk→∞

∫

Ω

f(·, uk, Duk).

Beweis. OBdA Φ = 0 (also f ≥ 0), sonst betrachte f(x, z, ξ) = f(x, z, ξ) −Φ(x) ≥ 0.OBdA Ω ⊂ Rn beschrankt, und uk → u in L1(Ω), Duk → Du schwach in L1(Ω).Sonst wahle Ausschopfung Ω =

⋃∞j=1 mit Ω1 ⊂ Ω2 ⊂ .... und Ωj ⊂⊂ Ω fur alle

61

62 KAPITEL 6. UNTERHALBSTETIGKEIT

j ∈ N.Es gilt dann fur jedes j ∈ N

∫

Ωj


∫

Ωj

f(·, uk, Duk)

≤ lim infk→∞

∫

Ω

f(·, uk, Duk)

j → ∞, maj. Konv. ⇒∫

Ω


f(·, uk, Duk).

Lemma 6.1. Betrachte fur x ∈ Ω und ǫ > 0

∆k(x) = |f(x, u(x), Duk(x)) − f(x, uk(x), Duk(x))|Ek,ǫ = x ∈ Ω | ∆k(x) ≥ ǫ.

Dann gilt nach Wahl einer TF |Ek,ǫk→∞−→ 0 fur alle ǫ > 0.

Beweis. Spater.

Schritt 1 Fur G ⊂ Ω messbar gilt∫

Gf(·, u,Du) ≤ lim infk→∞

∫

Gf(·, u,Duk).

Beweis davon: Es gilt

Duk → Du schwach in L1(G).

(Setze Testfunktion ϕ ∈ L∞(G) durch Null zu ϕ ∈ L∞(Ω) fort, verwendeVoraussetzung.)Sei K die Menge der (endlichen) Konvexkombinationen der Duk, k ∈ N.Dann ist K konvex, und Du liegt im L1-Abschluss K von K:Andernfalls gibt es nach Folgerung 3.2 (Hahn-Banach) ein δ > 0, ϕ ∈(L1(G))′ mit

ϕ(Duk −Du) ≤ −δ fur alle k ∈ N.

Widerspruch zu Duk → Du schwach in L1(G).

⇒ ξi =

∞∑

k=1

αikDuk

i→∞−→ Du (αik ≥ 0, αi

k 6= 0 nur fur endlich viele k).

(Lemma von Mazur)Weiter: ξi → Du punktweise fast uberall in G.

⇒ f(x, u(x), Du(x)) = limi→∞

f(x, u(x), ξi(x)) (fur fast alle x ∈ G)

≤ lim infi→∞

∞∑

k=1

αikf(x, u(x), Duk(x)) (Konvexitat in ξ)

Integriere, Lemma von Fatou:∫

g

f(x, u(x), Du(x))dx ≤ lim infi→∞

∞∑

k=1

αki

∫

G

f(x, u(x), Duk(x))dx

≤ supk∈N

∫

G

f(x, u(x), Duk(x))dx.

63

Da wir von vornherein Teilfolge wahlen konnen mit

supk∈N

∫

G

f(·, u,Duk) ≤ lim infk→∞

∫

G

f(·, u,Duk) + ǫ

folgt Beh. von Schritt 1.

Schritt 2 (Beweis des Satzes) Sei δ > 0 gegeben. Wende Lemma an mitǫ = δ

|Ω| > 0:

Nach Wahl einer Teilfolge gilt∑∞

j=1 |Ej,ǫ| < ∞.

Setze Dk,ǫ =⋃∞

j=k Ej,ǫ und schatze ab:

∫

Ω\Dk,ǫ

f(x, u(x), Du(x))dx ≤ lim infj→∞

∫

Ω\Dk,ǫ

f(x, u(x), Duj(x))dx

≤ lim infj→∞

∫

Ω\Dk,ǫ

f(uj(x), Duj(x)) + ǫ|Ω|

(Ej,ǫ ⊂ Dk,ǫ f. j groß) ≤ lim infj→∞

∫

Ω

f(u, uj(x), Duj(x)) + δ.

Weiter: |Dk,ǫ| → 0 mti k → ∞, Ω \Dk,ǫ aufsteigend.Satz uber monotone Konvergenz:

∫

Ω

f(x, u,Du) = limk→∞

∫

Ω\Dk,ǫ

f(x, u,Du)

≤ lim infj→∞

∫

Ω

f(x, uj(x), Duj(x))dx + δ.

Beweis Lemma. Es reicht zu zeigen, dass aus den Voraussetzungen folgt:

(∗) lim infj→∞

|Ej,ǫ| = 0, fur jedes ǫ > 0.

(Unterschied: Hier kann die Teilfolge noch von ǫ abhangen.)(Denn dann wahle ǫi ց 0. Durch sukzessive Wahl von Teilfolgen und Ubergangzur Diagonalfolge erreichen wir

|Ek,ǫi |k→∞−→ 0 ∀i ∈ N.

Zu ǫ > 0 wahle i ∈ N mit ǫi < ǫ, und erhalte

|Ek,ǫ| ≤ |Ek,ǫi | → 0 mit k → ∞.)

Angenommen, (∗) ist falsch. Es gibt ǫ > 0 und δ > 0 mit

|Ej,ǫ| ≥ δ > 0 fur alle j ∈ N.


Beachte fur Λ > 0:

||Duj | ≥ Λ| ≤ 1

Λ

∫

Ω

|Duj |.

Nach Satz ?? sind schwach konvergent Folgen beschrankt, also ‖Duj‖L1(Ω) ≤ Cfur alle j ∈ N.Mit Λ = 2C

folgt

|Duj ≥ Λ| ≤

2fur alle j ∈ N.

Betrachte nun die Mengen

Dk,ǫ =

∞⋃

j=k

(Ej,ǫ ∩ |Duj | < Λ) .

Die Dk,ǫ sind absteigend (D1,ǫ ⊃ D2,ǫ ⊃ ...).Setze Dǫ =

⋂∞k=1 Dk,ǫ, dann |Dǫ| = limk→∞ |Dk,ǫ| ≥ δ

2 |.Fur x ∈ Dǫ gibt es eine Teilfolge (evtl. abhangig von x) mit

(∗∗)

|f(x, uj(x), Duj(x)) − f(x, u(x), Duj(x))| ≥ ǫ ∀j|Duj(x)| ≤ Λ

.

Fur fast alle x ∈ D gibt es daraus weitere Teilfolge mit

uj(x) → u(x),

Duj(x) → ξ ∈ Rm×n (ξhangt von der Teilfolge ab)

Da f(x, ·, ·) stetig fur fast alle x ∈ Ω, folgt fur fast alle x ∈ D und obige Teilfolge

|f(x, uj(x)︸︷︷︸

→u(x)

, Duj(x)︸︷︷︸

→ξ(x)

) − f(x, u(x), Duj(x)︸︷︷︸

→ξ(x)

| → 0.

Widerspruch zu (∗∗).

Satz 6.2 (Existenz von Minimierern). Sei Ω ⊂ Rn beschrankt und f : Ω×Rm×Rm×n → R Caratheodoryfkt. mit

(1) f(x, z, ξ) ist konvex in ξ fur alle (x, z).

(2) Fur fast alle x ∈ Ω gilt

f(x, z, ξ) ≥ λ|ξ|p − Φ(x) fur alle z, ξ

mit einem p ∈ (1,∞), λ > 0 und Φ ∈ L1(Ω).

Fur ein u0 ∈ W 1,p(Ω,Rm) betrachte die Klasse

C = ⊓ ∈ W∞,√

(⊗,Rm) : ⊓ − ⊓′ ∈ W∞,√′ (⊗,Rm), F(⊓) < ∞.

Ist C 6= ∅, so gibt es ein u ∈ C mit F(⊓) = inf⊑∈C F(⊑).

65

Beweis. Direkte Methode der Variationsrechnung.Wahle uj ∈ C mit F(⊓|) → µ := inf⊑∈C F(⊑) < ∞. Mit Voraussetzung (2) gilt

∫

Ω

|Duj |p ≤ 1

λ

(∫

Ω

f(·, uj , Duj) +

∫

Ω

Φ

)

≤ C.

Poincare-Ungleichung (Satz 5.6) liefert

‖uj‖Lp(Ω) ≤ ‖ uj − u0︸︷︷︸

∈W1,p0 (Ω)

‖LpΩ + ‖u0‖Lp(Ω)

≤ d︸︷︷︸

=diam Ω)

‖D(uj − u0‖Lp(Ω) + ‖u0‖LpΩ

≤ C.

Nach Rellich, Satz 5.2, und dortige Bemerkung, gibt es ein u ∈ W 1,p(Ω,Rm),so dass nach Ubergang zu einer Teilfolge

uj → in Lp(Ω),

Duj → Du schwach in Lp(Ω).

(An dieser Stelle brauchen wir p > 1. Wir brauchen nicht, dass Ω Lipschitzge-biet, da uj − u0 ∈ W 1,p

0 (Ω,Rm) ⊂ W 1,p(Rn,Rm). Es folgt insbesondere

uj → u in L1(Ω), Duj → Du schwach in L1(Ω).

Also folgt mi Satz 6.1

F(⊓) ≤ lim inf|→∞

F(⊓|) = infC

F = µ.

Letzte Frage: Erfullt u die Randwerte?W 1,p

0 (Ω) ist abgeschlossener Unterraum von W 1,p(Ω). Dann ist W 1,p0 (Ω) abge-

schlossen bzgl. schwacher Konvergenz, wegen Hahn-Banach, Folgerung 3.2.

⇒ u− u0 ∈ W 1,p0 (Ω) ⇒ u ∈ C.

Damit ist u der gesuchte Minimierer.

Ab jetzt betrachten wir f = f(ξ), also Funktionale der Form

F(⊓) =

∫

⊗(D⊓(§)) ⌈§.

Definition 6.2. f ∈ C0(Rm×n) heißt quasikonvex, falls gilt

f(ξ) =

∫

Q

f(ξ) ≤∫

Q

f(ξ + Dϕ(x)) dx fur alle ξ ∈ Rm×n, ϕC∞c (Q,Rm).

Hier ist Q = (0, 1)n ⊂ Rn.


Bemerkung 6.1. (1) Die Eigenschaft bedeutet, dass affin-lineare Funktionen u(x) =ξx + b, (ξ ∈ Rm×n, b ∈ Rm) minimieren im Vergleich zu C∞-Storungen mitkompaktem Trager.

(2) Ist f ∈ C0(Rm×n konvex, so ist f auch quasikonvex:∫

Q

f(ξ) dx = f(

∫

Q

ξ dx)

(ϕ hat kompakten Trager) = f(

∫

Q

ξ + Dϕ(x) dx)

(Jensen) ≤∫

Q

f(ξ + Dϕ(x)) dx

Satz 6.3. Sei f ∈ C2(Rm×n) quasikonvex. Dann gilt fur alle ξ ∈ Rm×n undA ∈ Rm×n mit Rang rang(A) = 1

D2fξ(A,A) ≥ 0,

d.h. f ist Rang-Eins konvex.

Bemerkung 6.2. Eine Funktion f : Rm×n → R heißt Rang-Eins konvex, wennfur alle ξ ∈ Rm×n, A ∈ Rm×n mit rang(A) = 1 gilt:

t 7→ f(ξ + tA)

ist konvex.Fur f ∈ C2(Rm×n gilt

d2

dt2f(ξ + tA) = D2f(ξ)(A,A).

Fur f ∈ C2(Rm×n) sind also aquivalent

• f ist Rang-Eins konvex.

• D2f(ξ)(A,A) ≥ 0 fur alle ξ ∈ Rm×n, A ∈ Rm×n mit rang(A) = 1.

Ist rang(A) = 1, so gibt es ein η ∈ Rm, |η| = 1, mit Bild A = Rη. Setzeλ = AT η ∈ Rn. Damit gilt

Ax = 〈Ax, η〉η = 〈x,AT η〉η = 〈x, λ〉η.

Mit Ax =∑n

α=1

∑mi=1 A

iαx

αei folgt

Aiα = scalprAeαei = λαη

i.

Die Matrix (λαηi) wird auch mit λ ⊗ η ∈ Rm×n bezeichnet. Wir konnen die

Rang-Eins- Bedingung wie folgt schreiben:

∂2f

∂ξiα∂ξjβ

(ξ)λαλβηiηj ≥ 0∀ξ ∈ Rm×n, λ ∈ Rn, η ∈ Rm.

“ Notwendige Bedingung von Legendre-Hadamard.“

67

Beweis von Satz 6.3. Sei ϕ ∈ C∞c (Q,Rm) und ξ ∈ −Rm×n. Betrachte

t 7→∫

Q

f(ξ + tDϕ(x))dx.

Nach Voraussetzung “ quasikonvex“ hat diese Fkt. bei t = 0 ein Minimum.

⇒ 0 ≤ d2

dt2

∫

Q

f(ξ + tDϕ(x)) dx|t=0

+

∫

Q

D2f(ξ)(Dϕ(x), Dϕ(x)) dx.

Seien λ ∈ Rn, η ∈ Rm gegeben, und ζ ∈ C∞c (Q). Wahle

ϕ(x) =1

kζ(x)(k〈λ, x〉)η mit : R → R, k ∈ N.

Wahle fur Sagezahnfunktion¿

⇒ Dϕ(x) = ζ(x) ′(k〈λ, x〉)︸︷︷︸

=±1

λ⊗ η +1

k(k〈λ, x〉)Dζ(x) ⊗ η

︸︷︷︸

→0 glm. mit k→∞

.

⇒ 0 ≤ limk→∞

∫

Q

D2f(ξ)(Dϕ(x), Dϕ(x))

=

∫

Q

ζ(x)2D2f(ξ)(λ⊗ η, λ⊗ η) dx

= D2f(ξ)(λ⊗ η, λ⊗ η)

∫

Q

ζ(x)2 dx

︸︷︷︸

>0

⇒ D2f(ξ)(λ⊗ η, λ⊗ η) ≥ 0.

Satz 6.4 (Morrey). Sei f ∈ C2(Rm×n), f = f(ξ) mit

(B) 0 ≤ f(ξ) ≤ c(|ξ|p + 1) fur ein p ∈ (1,∞).

Dann sind aquivalent

(1) F(u) =∫

Ωf(Du) ist unterhalbstetig bzgl. schwacher Konvergenz in W 1,p(Ω,Rm)

fur alle Ω ⊂ Rn offen und beschrankt.

(2) f ist quasikonvex.

Bemerkung 6.3. Sei m = 1 oder n = 1 Dann gilt:

f konvex ⇒ f quasikonvex ⇒ f Rang-Eins-konvex ⇒ f konvex.


Beweis. (1) ⇒ (2) Wahle Ω = Q = (0, 1)n, und Φ ∈ C∞c (Q,Rm). Setze Φ Zn-

periodisch fort.Betrachte uk(x) = ξx + 1

kΦ(kx), und u(x) = ξ · x. Damit gilt uk → u

gleichmaßig auf Q, ‖Duk‖ ≤ C.Insbesondere uk → u schwach in W 1,p(Q) fur eine Teilfolge. Es folgt dannmit Unterhalbstetigkeit

∫

Q

f(ξ) dx =

∫

Q

f(Du)

≤ lim infk→∞

∫

Q

f(Duk)

= lim infk→∞

∫

Q

f(ξ + DΦ(kx)) dx

= lim infk→∞

∫

kQ

f(ξ + DΦ(y))k−n dy

(Periodizitat) =

∫

Q

f(ξ + DΦ(x)) dx

⇒ f quasikonvex.

(2) ⇒ (1) Da schwach konvergente Teilfolgen beschrankt sind, gilt

(1) ‖uk‖Lp + ‖Duk‖Lp ≤ C.

Sei µ = lim infk→∞ F(uk). Nach Ubergang zu Teilfolge

(2)

F(uk) → µ

Duk → Du schwach in Lp(Ω) (Satz ??)

uk → u in Lploc (Rellich)

.

Weiter behaupten wir

(3) |Df(ξ)| ≤ C(1 + |ξ|p−1) ∀ξ ∈ Rm×n.

Denn: Sei A ∈ R ∗m× n, rangA = 1, |A| = 1.

⇒ t 7→ g(t) = f(ξ + tA) ist konvex (quasikonvex ⇒ Rang-Eins-konvex)

Df(ξ) ·A = g′(0)

≤ g(t)

tfur t > 0

≤ c

t(|ξ + tA|p + 1)

≤ c

t(|ξ|p + tp + 1).

69

Wahle t = |ξ| + 1. Es folgt

Df(ξ) ·A ≤ c(|ξ|p−1 + 1).

Wir konnen A = ±eα ⊗ ei wahlen, bzw. Ajβ = ±δαβδij .

| ∂f∂ξiα

(ξ)| ≤ c(|ξ|p−1 + 1).

⇒ (3) ist verifiziert.

Als nachstes liefert der Kompaktheitssatz fur Radonmaße (Satz 2.7), nach Uber-gang zu Teilfolge,

Lnx(1 + |Du|p + |Duk|p)

k→∞−→ µ Radonmaß.

Da µ Radonmaß, ist die Menge aller s ∈ R mit

µ(x ∈ Ω : xα = s) > 0

abzahlbar (1 ≤ α ≤ n). Sei

Q2 = s ∈ R : 2js ∈ Z fur ein j ∈ N.

Betrachte Aquivalenzrelation s1 ∼ s2 ⇔ s1 − s2 ∈ Q2. Aquivalenzklassensind von der Form s + Q2, s ∈ [0, 1), insbesondere abzahlbar. Somit gibt esuberabzahlbar viele Aquivalenzklassen (R ist nicht abzahlbar.) Also gibt es einsα ∈ [0, 1) mit µ(x ∈ Ω : xα = s) = 0 fur alle s ∈ sα+Q2. Nach Verschiebungdes Koordinatensystems um den Vektor (s1, ..., sn) folgt

(5) µ(x ∈ Ω : xα ∈ Q2) = 0 fur α = 1, ..., n.

Sei Wj die Menge der Gitterwurfel mit Kantenlange 2−j . Dann gilt

(6) µ(∂Q) = 0 fur alle Wurfel Q ∈ Wj , ∀j ∈ N0.

Setze Du(x) = 0 fur x /∈ Q, und

Pj(x) = −∫

Q

Du, falls x ∈ Q mit Q ∈ Wj .

Es gilt Pj → Du in Lp(Ω). ∗ Weiter gilt

(7) f Pj → f Du in L1(Ω).

∗Der Beweis ist analog zur Lp-Approximation durch Glattung. Es gibt drei Schritte:

Schritt 1 Sei f ∈ C∞c (Rn). Fur x ∈ int Q mit Q ∈ Wj gilt

|f(x)− fj(x)| = | −∫Q

(f(x)− f(y)) dy| ≤ osc(f, δj)

fur δj = diam Q =√n−j → 0.

⇒ fj → f gleichmaßig auf Rn \Gitter, insbesondere in Lp.


Es gilt Pj → Du punktweise f.u. (Teilfolge), also auch fPj → fDu punktweisef.u. Nach (B) gilt

|f Pj | ≤ C(|Pj |p + 1).

Mit Pj → Du in Lp(Ω) folgt (7) aus dem Kovergenzsatz von Vitali. Zu ǫ > 0wahle j ∈ N0 mit

(8) ‖Pj −Du‖Lp(Ω) + ‖f(Pj) − f(Du)‖L1(Ω) < ǫ.

Weiter wahle U ⊂⊂ Ω mit

(9)

∫

Ω\Uf(Du) < ǫ.

U wird von endlich vielen Wurfeln Ql, 1 ≤ l ≤ m, aus Wj getroffen. Sei 0 ≤ ζ ≤1 eine glatte Abschneidefunktion mit Trager in

⋃ml=1 Ql, und der Trager trifft

nicht das Gitter. Setze vk = ζ(uk − u) so wie (Du)l = −∫

QlDu.

F(uk)

(B)∑

m

l=1

∫

Ql

f(Duk) =:

m∑

l=1

∫

Ql

f(Du + Dvk) + E1k

mit Fehler

(10) E1k =

m∑

k=1

∫

Ql

(f(Duk) − f(Du + Dvk)) .

Setze weiter

m∑

l=1

∫

Ql

f(Du + Dvk) =

m∑

l=1

∫

Ql

f((Du)l + Dvk) + E2k,

(11) E2k =

m∑

l=1

∫

Ql

(f(Du + Dvk) − f((Du)l −Dvk)) .

Schritt 2 ‖fj‖Lp ≤ ‖f‖Lp(Rn).

‖fj‖pLp =∑

Q∈Wj

∫Q

|fj |p =∑

Q∈Wj

|Q|| −∫Q

f |p

Jensen≤

∑Q∈Wj

|Q| −∫Q

|f |p =∑

Q∈Wj

|f |p = ‖f‖pLp .

Schritt 3 Sei f ∈ Lp(Rn). Fur beliebiges f ∈ C0c (R

n) gilt

‖f − fj‖Lp ≤ ‖f − f‖Lp + ‖f − fj‖Lp + ‖fj − fj‖Lp

(Schritt 2) ≤ 2‖f − f‖Lp + ‖f − fj‖Lp

Schritt 1⇒ lim supj→∞

‖f − fj‖Lp ≤ 2‖f − f‖Lp .

Da C0c (R

n) dicht in Lp(Rn) folgt die Behauptung.

71

Jetzt verwende Quasikonvexitat

m∑

l=1

∫

Ql

f((Du)l + Dvk) ≥m∑

l=1

∫

Ql

f((Du)l)

≥∫

U

f(Pj) (U ⊂⋃

Ql, f ≥ 0) =: F(u) + E3k.

⇒ F(uk) ≥ F(u) + E1k + E2

k + E3k.

Es bleibt zu zeigen: E1k + E2

k + E3k → 0.

Wir schatzen die drei Terme einzeln ab.

E1k: Es folgt mit Abschatzung (B)

|E1k| ≤ c

m∑

l=1

∫

Ql∩ζ<1

1 + |Duk|p + |Du|p + |Dζ|p|uk − u|p

︸︷︷︸

→0 mit (2)

Mit k → ∞ folgt aus der Def. von µ und mit (2)

(14) lim supk→∞

|DE1k| ≤ c

m∑

l=1

µ(Ql ∩ ζ < 1.

E2k:

E2k =

m∑

l=1

∫

Ql

|f(Du + Dvk) − f((Du)l −Dvk)| dx

=

∫

Ql

|∫ 1

0

Df(tDu + (1 − t)Du)l + Dvk dt||Du− (Du)l| dx

(3)

≤ c

∫

Ql

(1 + |Du|p−1 + |Duk|p−1 + |Dζ|p−1|uk − u|p−1)|Du− Pj | dxHolder≤ c

[∫

Ql

1 + |Du|p + |Duk|p +

Beachte:

∫

Ql

|(Du)l|p−1 =

∫

Ql

∣∣∣∣−∫

Ql

Du

∣∣∣∣

p−1

≤Jensen/Holder

∫

Ql

−∫

Ql

|Du|p−1 =

∫

Ql

|Du|p−1.

E3k:

E3k =

∫

U

f(Pj) −∫

Ω

f(Du) = −∫

Ω\Uf(Du) +

∫

U

(f(Pj) − f(Du))

⇒ |E3k| ≤

∣∣∣∣∣

∫

Ω\Uf(Du)

∣∣∣∣∣

︸︷︷︸

<ǫ

+

∫

|f(Pj) − f(Du)|︸︷︷︸

<ǫ nach (8)

< 2ǫ (16)


Insgesamt folgt aus (13), (14), (15), (16)

F(v) ≤ lim infk→∞

F(vk) + c

m∑

k=1

µ(Ql + ζ < 1) + cǫµ(Q)p−1p + 2ǫ.

Jetzt lasse ζk ր∑ml=1 χQl

. Dann gilt

µ(Ql ∩ ζ < 1) → µ(∂Ql) = 0

nach (6). Dann folgt mit ǫ ց 0 die Behauptung.

Satz 6.5. Sei m < p < ∞, und uk → u schwach in W 1,p(Ω,Rn). Dann gilt furq = p

m> 1

du1k ∧ ... ∧ dum

k → du1 ∧ ... ∧ dum schwach in Lq(Ω,ΛmRn).

(“ Compensated Compactness “)

Bemerkung 6.4. Im Appendix wiederholen wir einige Grundbegriffe zu Diffe-rentialformen.

Beweis.

Definition 6.3 (Pullback). Es sei ξ ∈ Rm×n = L(Rn,Rm). Definiere

Λkξ : ΛkRm → Λk(Rn), Λkξ(γ)(v1, ..., vk) = γ(ξv1, ..., ξvk) (vi ∈ Rn).

Λkξ ist lineare Abbildung.

Bemerkung 6.5. Seien 1 ≤ i1 < ... < ik ≤ m, 1 ≤ j1 < ... < jk ≤ n.(Λkξ

)(ei1 ∧ ... ∧ eik)(eji , ..., ejk) = ei1 ∧ ... ∧ eik)(ξeji , ..., ξejk)

= det (eiα(ξejβ ))

= det (ξiαjβ )1≤α,β≤k.

Λkξ ist eine(nk

)×(mk

)-Matrix, die Eintrage sind die Subdeterminanten von

ξ ∈ Rm×n (Minoren). Definiere

Λ∗ξ = (Λ1ξ, ...,Λmin(n,m)ξ).

Definition 6.4 (Ball). f : Rm×n heißt polykonvex, falls eine konvexe Funktion

g : L(Λ1Rm,Λ1Rn) × ...× L(Λmin(n,m)Rm,Λmin(n,m)Rn) → R

existiert mitf(ξ) = g(Λ∗ξ) ∀ξ ∈ Rm×n.

g ist konvexe Funktion aller Minoren.

Beispiel 6.1. ξ ∈ R2×2, f(ξ) = ϕ(det ξ) mit ϕ konvex.

Satz 6.6 (Ball, 1977). Sei f : Rm×n → R nach unten beschrankt und polykon-vex. Dann ist f quasikonvex.

Anhang A

Differentialformen

A.1 Multilineare Algebra

ΛmRn = Vektorraum der alternierenden, m-linearen Abbildungen α : Rn × ...× Rn

︸︷︷︸

m Mal

→ R,

α(..., w, ..., v, ...) = −α(..., v, ..., w, ...).

Allgemein gilt

α(vσ(1), ..., vσ(m)) = (sgn σ)α(v1, ..., vm), σ ∈ Sm.

Fur Linearformen αi : Rn → R, i = 1, ...,m, definiere α1 ∧ .... ∧ αm) ∈ Λm(Rn)durch

α1 ∧ .... ∧ αm)(v1, ..., vm) = det (αi(vj))1≤i,j≤m

⇒ α1 ∧ ... ∧ αm alternierende Multilinearform, Dachprodukt alternierend.

Satz A.1. Sei e1, ..., en Standardbasis des Rn, und e1, ..., en die duale Basis vonΛ1Rn = (Rn)∗, ei(ej) = δij . Dann ist ei1 ∧ ... ∧ eim , 1 ≤ ii < ... < im ≤ n Basis

von ΛmRn. Es folgt dim ΛmRn =(nm

).

Beweis. Fur α ∈ ΛmRn behaupten wir

α =∑

1≤ii<...<im≤n

α(ei1 , ..., eim)ei1 ∧ ... ∧ eim ,

denn ei1 ∧ ... ∧ eim(ej1 , ..., ejm) = δIJ fur aufsteigende Multiindizes I, J .

Satz A.2. Es bigt genau eine bilineare Abbildung

ΛkRn × ΛlRn → Λk+lRn, (α, β) 7→ α ∧ β,

mit der Eigenschaft

(∗) (α1 ∧ ... ∧ αk) ∧ (β1 ∧ ... ∧ βl) = α1 ∧ ... ∧ αk ∧ β1 ∧ ... ∧ βl.

73

74 ANHANG A. DIFFERENTIALFORMEN

Beweis. Basisdarstellungen α =∑

I∈I(‖,m) αIeI , β =

∑

J∈calI(l,n) βjeJ . Es mus

gelten

α ∧ β =∑

I,J

αIβjei1 ∧ ... ∧ eik ∧ ej1 ∧ ... ∧ ejl

⇒ Eindeutigkeit. Definiere α ∧ β so, und zeige, dass (∗) gilt.

A.2 Differentialformen

Definition A.1. Sei Ω ⊂ Rn offen. Eine Abbildung α : Ω → ΛkRn heißtk-Form. Wir setzen fur (i1 < ... < ik) = I

dxI = dxi1 ∧ ... ∧ dxik : Ω → ΛkRn,

(dxi1 ∧ ... ∧ dxik)(x) = ei1 ∧ ... ∧ eik .

⇒ α =∑

I∈I(k,m)

αIdxI , αI = Koeffizientenfunktion.

Wir schreiben α ∈ Cr ⇔ αI ∈ Cr(Ω)∀I.

Definition A.2. Sei α ∈ C1(Ω,ΛkRn).

dα =

n∑

i=1

dxi ∧ ∂iα =

n∑

i=1

(∂iαI)dxi ∧ dxI ∈ C0(Ω,Λk+1Rn).

Satz A.3. (1) ddα = 0 fur α ∈ C2(Ω,ΛkRn).

(2) d(α ∧ β) = dα ∧ β + (−1)degαα ∧ dβ.(degα = k fur α : Ω → ΛkRn.)

Beweis. (1)

ddα =

n∑

i=1

dxi ∧ ∂i(

n∑

j=1

dxj ∧ ∂jα

︸︷︷︸

dα

)

=n∑

i,j=1

dxi ∧ dxj

︸︷︷︸

alternierend

∧ ∂2ijα︸︷︷︸

symm.

= 0

(2)

d(α ∧ β) =

n∑

i=1

dxi ∧ ∂i∑

I,J

αIβJdxI ∧ dxJ

= (dα) ∧ β + (−1)degαα ∧ dβ.

A.2. DIFFERENTIALFORMEN 75

Integration Sei Ω ⊂ Rn.. Eine n-Form α hat die Darstellung α = α1,...,ndx1 ∧

... ∧ dxn. Definiere ∫

Ω

α =

∫

Ω

α1,...,n(x)dLn(x).

Satz A.4. Sei Ω ⊂ Rn offen und α ∈ C1c (Ω,Λn−1Rn). Dann gilt

∫

Ω

dα = 0.

Beweis. Schreibe α =∑n

j=1(−1)j−1αjdx1 ∧ ... ∧ ˆdxj

︸︷︷︸

fehlt

∧... ∧ dxn.

⇒ dα =n∑

i=1

dxi ∧n∑

j=1

(−1)j−1(∂iαj)dx1 ∧ ... ∧ ˆdxj ∧ ... ∧ dxn.

=n∑

i=1

(∂iαi)dx1 ∧ ... ∧ dxn

⇒∫

Ω

dα =

∫

Ω

n∑

i=1

∂iαi = 0.

76 ANHANG A. DIFFERENTIALFORMEN

Kontakt

Hinweise und Fehler konnen mir gerne per Mail an joe [email protected] geschicktwerden.

77

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