Kapitel 2: Die Methode von Lax und Milgram für Randwertaufgaben

2 Die Methode von Lax und Milgram für elliptische Randwertaufgaben
zweiter Ordnung
Allgemeines zu Randwertaufgaben
2.1 Aufgabenstellung. Eine Randwertaufgabe besteht darin, zu einem Differentialoperator L
auf einem Gebiet oder einer berandeten Mannigfaltigkeit X und einem ‘Randoperator’ T sowie
gegebenen Funktionen f und g eine Funktion u zu finden, für die gilt
Lu = f
im Inneren von X
Tu = g auf dem Rand von X.
Ein Randoperator T ist ein Operator der Form u ↦→ γ 0 ˜Tu,wobei ˜T ein Differentialoperator ist,
der in der Nähe des Rands definiert ist.
Es ist klar, dass man einige Bedingungen braucht, damit die Aufgabenstellung überhaupt sinnvoll
ist.
(a)
(Das Gebiet) Damit die Einschränkung γ 0 auf den Rand überhaupt definiert ist, braucht
man eine gewisse Regularität des Rands, z.B. C 1
Die Randbedingung u =0auf ∂X ersetzt man bei weniger regulären Gebieten oft dadurch,
dass man u in einem W 0 -Sobolevraum sucht.
(b) (Der Operator L) ImAllgemeinenistL ein elliptischer Operator gerader Ordnung 2m.
(c)
(d)
(Die Randbedingungen) Zu einem Operator L der Ordnung 2m stellt man in der Regel m
Randbedingungen. Die Ordnung der Randoperatoren sollte kleiner sein als die von L.
(Die rechte Seite) An f und g muss an i.d.R. gewisse Regularitätsanforderungen stellen.
2.2 Klassische Randwertaufgaben. Es sei Ω ein Gebiet in R n mit C 1 -Rand.
(a)
Das Dirichlet-Problem besteht darin, zu gegebenen Funktionen f auf Ω und g auf ∂Ω die
Lösung u von
∆u = f
in Ω
γ 0 u = g auf ∂Ω
(b)
zu finden.
Das Neumann-Problem besteht analog darin, die Lösung u von
∆u = f
in Ω
γ 1 u = g auf ∂Ω
zu finden. Dabei ist γ 1 u die Auswertung der Normalableitung ∂ ν u von u auf dem Rand.
Das Dirichlet-Problem ist in geeigneten Räumen eindeutig lösbar. Das Neumann-Problem hat
offensichtlich die konstanten Funktionen im Kern, ist also nicht eindeutig lösbar. In den üblichen
geeigneten Funktionenräumen erhält man in der Regel auch eine lineare Bedingung an die rechte
Seite, die für die Lösbarkeit notwendig ist.
2.3 Bemerkung.
12

(a)
Die Lösung des Dirichletproblems lässt sich auf die Lösung zweier semihomogener Dirichletprobleme
zurückführen: Es genügt offensichtlich, folgende beiden Aufgaben zu lösen:
∆v = f in Ω und γ 0 v =0auf ∂Ω; (1)
∆w =0in Ω und γ 0 w = g auf ∂Ω. (2)
(b)
Die Lösung der Aufgaben (1) und (2) ist weitgehend äquivalent. Exemplarisch dazu.
(i)
(ii)
Können wir (1) lösen für jedes f ∈ C(Ω), sokönnenwir(2)lösenfürjedesg, das
Einschränkung einer Funktion ˜g ∈ C 2 (Ω) ist:
Löse dazu:
∆v =∆˜g auf Ω;
γ 0 v =0auf ∂Ω.
Setze u := ˜g − v. Dannist∆u =∆˜g − ∆u =0,u| ∂Ω =˜g| ∂Ω = g.
Umgekehrt sei Ω kompakt und (2) lösbar für jedes stetige g. Istdannf ∈ C(Ω)
gegeben, so können wir f fortsetzen zu einer stetigen Funktion mit kompaktem
Träger auf R n .MitHilfeeinerFundamentallösung(DetailsineinerVorlesung über
partielle Differentialgleichungen) findet man eine stetige Funktion v ′ auf R n mit
∆v ′ = ˜f.
Wir lösen nun
∆w =0auf Ω
γ 0 w = γ 0 v ′ auf ∂Ω.
Mit v := v ′ − w erhalten wir eine Lösung von (1).
(c)
Die Lösung des Neumannproblems reduziert sich auf die Lösung der semihomogenen Probleme
∆v = f auf Ω γ 1 v =0auf ∂Ω; (3)
∆w =0auf Ω γ 1 w = g auf ∂Ω. (4)
(d)
Wiederum ist die Lösbarkeit von (3) in etwa äquivalent zu der von (4). Exemplarisch dazu:
(i)
Können wir (3) für jedes f ∈C(Ω) lösen, so auch (4) für jedes g, fürdaswirein
˜g ∈ C 2 (Ω) finden mit γ 1˜g = g auf ∂Ω. Wirlösen
∆v =∆˜g auf Ω,
γ 1 v =0auf ∂Ω
(ii)
und setzen w = ˜g − v. Dieslöst(4).
Umgekehrt sei Ω kompakt und (4) lösbar für jedes g ∈ C(Ω). Istdannf ∈ C 1 (Ω), so
wählen wir eine Fortsetzung zu einer Cc 1 (Ω)-Funktion ˜f und finden v ′ mit ∆v ′ = ˜f.
Nun lösen wir
∆w =0auf Ω; γ 1 w = γ 1 v ′ auf ∂Ω
und setzen v = v ′ − w. Dies löst (3).
13

Der Satz von Lax-Milgram
2.4 Satz. Es sei H ein (nicht notwendig) komplexer Hilbertraum mit Skalarprodukt 〈·, ·〉 und
B : H × H → C sesquilinear.
(a)
Folgende Bedingungen sind äquivalent
(i)
(ii)
(iii)
B ist stetig
B ist partiell stetig, d.h. x ↦→ B(x, y) ist stetig für alle y ∈ H und y ↦→ B(x, y) ist
stetig für alle x
Es existiert ein C>0 mit |B(x, y) ≤ C‖x‖‖y‖.
(b)
(c)
Falls B stetig ist, so existiert ein T ∈L(H) mit B(x, y) =〈Tx,y〉.
Existiert zudem ein m>0 mit |B(x, x)| ≥m‖x‖ 2 ,soistT invertierbar, und ‖T −1 ‖≤m.
Beweis. (a)Klarist(iii) ⇒ (i) ⇒ (ii). Wirzeigen(ii) ⇒ (iii) mit dem Satz von Banach-
Steinhaus.
Zunächst sei x fest. Dann ist y ↦→ B x (y) =B(x, y) stetig mit B x (0) = 0. Daherexistiertein
ε(x) > 0 mit |B x (y)| < 1 für ‖y‖ ≤ε(x). FolglichistwegenderkonjugiertenLinearität
|B(x, y)| = |B x (y)| ≤ε(x) −1 für ‖y‖ ≤1.
Nun bilden für ‖y‖ ≤1 die Abbildungen x ↦→ B y (x) =B(x, y) eine Familie von (nach Annahme
stetigen) linearen Abbildungen von H nach C mit
|B y (x)| ≤ε(x) −1 für alle ‖y‖ ≤1.
Nach Banach-Steinhaus existiert ein C mit ‖B y ‖≤C, falls‖y‖ ≤1. Diesliefert(iii).
(b) Wir fixieren x und betrachten die Abbildung y ↦→ B(x, y) (komplexe Konjugation). Sie ist
linear und stetig. Nach dem Satz von Riesz existiert ein w ∈ H mit
B(x, y) =〈y,w〉 bzw. B(x, y) =〈w, y〉.
Wir setzen Tx = w. Danngilt〈Tx,y〉 = B(x, y). Mansiehtleicht,dassdieseinelineareAbbildung
T auf H definiert. Ferner ist
und damit ‖T ‖≤C.
|〈Tx,y〉| = |B(x, y)| ≤C‖x‖‖y‖
(c) Wegen |B(x, x) ≥ c‖x‖ 2 ist der in (b) konstruierte Operator injektiv. Er hat auch abgeschlossenes
Bild: Ist (y k )=(Tx k ) eine Folge in Bild T mit y k → y ∈ H, soistwegen
c‖x‖ 2 = c〈x, x〉 ≤|B(x, x)| = |〈Tx,x〉| ≤ ‖Tx‖‖x‖ (1)
die Folge (x k ) eine Cauchy-Folge in H. SiehatalsoeinenGrenzwertx. AufGrundderStetigkeit
von T folgt y = Tx ∈ Bild T .
Um zu zeigen, dass T surjektiv ist, wählen wir y⊥ Bild T .Aus(1)folgtsoforty =0.
2.5 Satz. Es sei H ein (nicht notwendig) komplexer Hilbertraum mit Skalarprodukt 〈·, ·〉 und
B : H × H → C sesquilinear. Es gebe m, M > 0 mit
⊳
(i)
|B(x, y) ≤ M‖x‖‖y‖.
14

(ii) |B(x, x)| ≥m‖x‖ 2 .
Ferner sei l : H → C eine stetige Linearform. Dann existiert genau ein u ∈ H mit
B(x, u) =l(x) für alle x.
Bemerkung. Ist l konjugiert-linear, so erhält man genau ein u mit B(u, x) =l(x).
Beweis. Zul existiert nach dem Satz von Riesz ein w ∈ H mit l(x) = 〈x, w〉 alle x ∈ H.
Setze ˜B(x, y) =B(y, x). Dannerfüllt ˜B die Voraussetzungen von Satz 2.4, induziert somit einen
invertierbaren beschränkten Operator T : H → H. Insbesondereexistierteinu mit Tu = w.
Also ist dann l(x) =〈x, T u〉 = 〈T u, x〉 = ˜B(u, x) =B(x, u).
Gibt es ein weiteres Element u ′ mit B(x, u ′ )=l(x), sofolgtB(x, u − u ′ )=0für alle x und somit
u = u ′ .
⊳
Lösbarkeit von Dirichlet-Problemen
2.6 Aufgabenstellung. Im Folgenden sei Ω ein beschränktes Gebiet in R n .Wirbetrachten
Randwertaugaben der Form
Dabei sei L ein Differentialoperator der Form
oder
Lu = −
Lu = −
Lu = f in Ω (1)
γ 0 u =0 auf ∂Ω (2)
n∑
∂ xj (a ij ∂ xi u)+
i,j=1
n∑
a ij ∂x 2 i x j
u +
i,j=1
n∑
b i ∂ xi u + c(x)u (3)
i=1
n∑
b i ∂ xi u + c(x)u. (4)
Im ersten Fall spricht man von einem Operator in Divergenzform, denn hier ist
i=1
Lu =diva ∇ u + b ∇ u + c
mit der n×n-Matrix a =(a ij ).SinddieKoeffizientenhinreichendglatt,sokannmanOperatoren
der Form (3) in die Form (4) bringen und umgekehrt.
Je nachdem welche Techniken man einsetzen will ist die eine oder andere Form günstiger.
2.7 Definition. Wir nennen L gleichmäßig stark elliptisch, falls ein θ>0 existiert mit
Re
n∑
a ij ξ i ξ j ≥ θ|ξ| 2 , ξ ∈ R n .
i,j=1
Wir werden uns zunächst auf Operatoren in Divergenzform konzentrieren.
2.8 Standardannahmen. Im Folgenden sei L in Divergenzform. Ferner gelte
15

(i) a ij , b, c ∈ L ∞ (Ω, R)
(ii) a ij = a ji , i j =1,...,n,d.h.a =(a ij ) is symmetrisch.
(iii) L ist gleichmäßig stark elliptisch mit Elliptizitätskonstante θ.
Wir werden zunächst nach sog. schwachen Lösungen suchen.
2.9 Schwache Lösungen. Wir nennen u ∈ W0 1 eine schwache Lösung, falls für alle v ∈ C∞ c (Ω)
gilt
∫ n∑
n∑
∫
a ij ∂ xi u∂ xj v + b i ∂ xi uv + c(x)uv dx = fvdx. (1)
Ω
i,j=1
i=1
Dabei wurde im ersten Term partiell integriert, so dass nur noch Ableitungen erster Ordnung
auf u fallen. Die Randbedingung γ 0 u =0steckt in der Annahme, dass u ∈ W0 1 (Ω) liegt.
Da die Koeffizienten reell sind, ist es sinnvoll, auch nach reellen Lösungen u zu suchen. Wir
können daher annehmen, dass v reell ist. Damit ist die rechte Seite mit dem Skalarprodukt 〈f,v〉
überein.
Beachte. DasobigeIntegralistauchdannnochsinnvoll,wennmanannimmt, dass v ∈ W0 1(Ω)
liegt (approximiere durch Cc
∞ (Ω)-Funktionen).
2.10 Definition. Wir definieren die Bilinearform B auf W0 1 (Ω) durch
∫ n∑
n∑
B(u, v) = a ij ∂ xi u∂ xj v + b i ∂ xi uv + c(x)uv dx. (1)
Ω i,j=1
Eine schwache Lösung unserer Randwertaufgabe ist also eine Funktion u ∈ W0 1 (Ω) mit B(u, v) =
〈u, v〉 für reellwertige u, v.
Wir werden nun versuchen, Abschätzungen à la Lax-Milgram für B zu zeigen, was nicht ganz
gelingen wird.
2.11 Satz: Energie-Abschätzungen. Für geeignete α, β > 0 und γ ≥ 0 ist
i=1
|B(u, v)| ≤α‖u‖ W 1
0
‖v‖ W 1
0
und (1)
β‖u‖ 2 W 1 0
Ω
≤ B(u, u)+γ‖u‖ 2 L 2 . (2)
Beweis. Zu(1):Esist
|B(u, v)| ≤ ∑ ∫
‖a ij ‖ L ∞ |∇u||∇v| dx + ∑
ij
i
∫
+‖c‖ L ∞ |u||v| dx
Ω
≤ α‖u‖ W 1
0
‖v‖ W 1
0
,
‖b i ‖ L ∞
∫
|∇u| |v| dx
wobei sich α aus den L ∞ -Normen von a ij , b i und c ergibt.
(Ω) mit Fou-
Zu (2): Die Annahme der gleichmäßigen Elliptizität liefert (zunächst für u ∈ Cc
∞
riertransformation:
∫
∫ n∑
θ |∇u| 2 dx ≤ a ij ∂ xi u∂ xj u.
Ω
Ω
i,j=1
16

Also ist
∫
∫
θ |∇u| 2 dx ≤ B(u, u) −
Ω
≤ B(u, u)+ ∑ ∫
‖b i ‖ L ∞
i
Ω i=1
n∑
b i ∂ xi uu + c(x)u 2 dx
|∇u| |u| dx + ‖c‖ L ∞
∫
Ω
|u| 2 dx.
Nun wenden wir auf den mittleren Term die Cauchy-Schwarzsche UngleichunginVerbindung
mit der elementaren Abschätzung
( ) b
ab =(2ε) 1/2 a
(2ε) 1/2 ≤ εa 2 + b2
4ε
an, wobei ε so gewählt sei, dass
Es folgt
Verwenden wir
ε ∑ ‖b i ‖ L ∞ ≤ θ/2.
∫
( )
θ
1
|∇u| 2 dx ≤ B(u, u)+
2 Ω
4ε + ‖c‖ L ∞ ‖u‖ L 2.
‖u‖ 2 W 1 0
= ‖∇u‖ 2 L 2 + ‖u‖ 2 L 2 ,
so erhalten wir (2) mit β = θ/2 und γ =1/(4ε) +‖c‖ L ∞ + θ/2.
Bemerkung. Alternativ kann man hier die Poincaré-Ungleichung (s. 2.13 unten) einsetzen:
‖u‖ L 2 ≤ C‖∇u‖ L 2.
2.12 Existenzsatz für schwache Lösungen. Es sei γ die in Satz 2.11 bestimmte Konstante.
Dann existiert zu jedem µ ≥ γ und jedem f ∈ L 2 (Ω) eine eindeutige schwache Lösung u ∈
W 1,2
0 (Ω) der Aufgabe
Lu + µu = f (1)
γ 0 u =0. (2)
Beweis. Definiere die Bilinearform B µ (u, v) =B(u, v)+µ〈u, v〉 mit dem obigen B. Sieentspricht
dem Operator L + µI und erfüllt die Voraussetzungen des Satzes von Lax und Milgram. Ferner
setzen wir l(u) =〈u, f〉. Dannistl eine stetige Linearform auf H = W 1,2
0 (Ω), undderSatzvon
Lax-Milgram 2.5 liefert ein eindeutig bestimmtes u ∈ H mit B µ (u, v) =l(v) für alle v ∈ H. Dies
ist gerade die Behauptung.
⊳
2.13 Satz. Es sei Ω ein beschränktes Gebiet, 1 ≤ p0 und eine Funktion h ∈ C 1 (R n−1 ) so,
dass nach geeigneter Umnummerierung der Koordinaten
B(x 0 ,r) ∩ Ω={(x ′ ,x n ) ∈ B(x, r) :x n >h(x ′ )}.
17

Dann existiert eine Konstante C ≥ 0, dienurvonn, p und Ω abhängt, mit
‖u − u Ω ‖ L p ≤ C‖∇u‖ L p (Ω).
Dabei ist
der Mittelwert von u über Ω.
u Ω = 1 ∫
u(x) dx
|Ω| Ω
Beweis. (a) Für diesen Beweis langt es sogar, dass Ω in einer Richtung beschränkt ist.
Es sei z.B. Ω ⊆{|x 1 |≤R}. DurchpartielleIntegrationerhaltenwirfürϕ ∈ Cc
∞ (Ω):
∫
∫
‖ϕ‖ p L
= |ϕ(x)| p 1 dx = − ∂ p x1 (|ϕ(x)| p )x 1 dx
∫Ω
Ω
≤ pR |∂ x1 ϕ(x)||ϕ(x)| p−1 dx ≤ pR ‖∂ x1 ϕ(x)‖ L p‖|ϕ(x)| p−1 ‖ L p ′ (1)
Nun ist p ′ = p/(p − 1), also
(∫
‖|ϕ(x)| p−1 ‖ L p ′ =
Ω
Ω
p
) (p−1)/p
|ϕ(x)| (p−1) p−1
= ‖ϕ‖ p−1
L p .
Wir erhalten aus (1)
‖ϕ‖ p ≤ pR ‖∂ x1 ϕ‖ L p ≤ pR‖∇ϕ‖ L p.
Da Cc
∞ (Ω) dicht ist in W 1,p (Ω), folgt die Behauptung.
(b) Ist die Aussage falsch, so existiert für jedes k ∈ N ein u k ∈ W 1,p (ω) mit
‖u − u Ω ‖ L p >k‖∇u‖ L p.
Setze
Dann gilt
v k =
u k − (u k ) Ω
‖u k − (u k ) Ω ‖ .
‖v k ‖ L p =1, (v k ) Ω =0, ‖∇v k ‖ L p ≤ 1 k .
Damit ist (v k ) eine beschränkte Folge in W 1,p (Ω). NachRellichhatsieeinekonvergenteTeilfolge,
oBdA (v k ) selbst, mit v k → v in L p .Dannist
Ferner ist für ϕ ∈ Cc
∞(Ω)
∫
∫
v∂ xj ϕdx Hölder = lim
Ω
‖v‖ L p =1 und v Ω =0.
Ω
∫
v k ∂ xj ϕdx = − lim (∂ xj v)ϕdx =0.
Ω
da | ∫ Ω ∂ x j
v k ϕdx|≤‖∇v k ‖ L p‖ϕ‖ p ′ → 0. Daher ist v ∈ W 1,p (Ω) und ∇ v =0.Folglichistv
lokal konstant. Weil Ω zusammenhängend ist, ist v konstant, und aus v Ω =0folgt, dass v =0
im Widerspruch dazu, dass ‖v‖ L p =1.
⊳
18

2.14 Bemerkung. Sind in 2.6(3) die b j alle Null und c ≥ 0 (das ist z.B. das Dirichlet-Problem
der Fall), so können wir die Konstante γ aus Satz 2.11 als Null wählen:
B(u, u) = ∑ ∫ ∫
a ij ∂ xi u∂ xj udx+
cu 2 dx ≥ θ‖∇u‖ 2 Poincaré
≥ η‖u‖ W
1,2
0 (Ω)
für ein geeignetes η>0. DamiterhältmandieLösbarkeitauchfürµ =0,alsoeineschwache
Lösung von 2.6(1).
2.15 Rechte Seiten in W −1,2 (Ω). Wir definieren W −1,2 (Ω) als den Dualraum von W 1,2
0 (Ω)
bzgl. des L 2 (Ω)-Skalarprodukts.
Ist dann f ∈ W −1,2 (Ω), soliefertdasobigeVerfahrenebensoeinu mit B µ (u, v) =f(v) für alle
v ∈ W 1,2
0 (Ω). DasentsprichteinerschwachenLösungvon2.12(1)/(2).
2.16 Bemerkung. Ist g ∈ L 2 (Ω) so ist die distributionelle Ableitung ∂ xj g von g ein Element
von W −1,2 (Ω), dennfürϕ ∈ Cc
∞ (Ω) ist
∫
|∂ xj g(ϕ)| = | g∂ xj ϕdx|≤‖g‖ L 2‖∂ xj ϕ‖ L 2,
so dass ∂ xj g sich zu einem Element von (W 1,2
0 ) ′ fortsetzen lässt. Also enthalt W −1,2 (Ω) alle
Ableitungen von L 2 -Funktionen.
Die Fredholm-Alternative
2.17 Der Operator L und seine Adjungierte. Wir haben bisher wenig gesagt, wie wir die
Randwertaufgabe als Operator interpretieren. Dazu folgendes:
Wir können L (oder auch L + γI mit den entsprechenden Änderungen) als Operator von W 1 0 (Ω)
nach W −1 (Ω) auffassen, weil
W0 1 (Ω) ∂x j
−→ L 2 (Ω) M a
−→ ij
L 2 (Ω) ∂x i
−→ W −1 (Ω);
dabei bezeichnet M a die Multiplikation mit a. FernergiltindiesemSinneLu = f für ein
u ∈ W0 1 (Ω) nach Definition der distributionellen Ableitung genau dann, wennB(u, v) =〈f,v〉
für alle v ∈ W0 1(Ω). Die Existenz eines eindeutigen solchen u ∈ W 0 1 (Ω) entspricht also der
Invertierbarkeit des so definierten Operators L.
Der Operator
L : W 1 0 (Ω) → W −1 (Ω)
hat eine Adjungierte. Da W −1 (Ω) und W0 1 (Ω) zueinander dual sind, haben wir
definiert durch
L ∗ :(W −1 (Ω)) ′ → (W 1 0 (Ω))′ bzw. L ∗ : W 1 0 (Ω) → W −1 (Ω)
〈Lu, v〉 = 〈u, L ∗ v〉
für alle u, v ∈ W 1 0 (Ω).
Natürlich langt es, diese Identität für u, v ∈ Cc
∞ (Ω) nachzuprüfen.
Sind die Koeffizienten b j in C 1 ,sogiltoffensichtlich
L ∗ v = ∑ ij
∂ xj a ij ∂ xi v + ∑ j
b j ∂ xj v +(c − ∑ j
∂ xj )v.
19

Die zu B adjungierte Bilinearform
definieren wir dementsprechend durch
B ∗ : W 1 0 (Ω) × W 1 0 (Ω)
B ∗ (u, v) =B(v, u),
u, v ∈ W 1 0 (Ω).
Es ist v ∈ W0 1 (Ω) eine schwache Lösung von
wenn B ∗ (v, w) =〈g, w〉 für alle w ∈ W 1 0 (Ω).
2.18 Satz. Unter den bisherigen Annahmen gilt:
L ∗ v = g in Ω (1)
γ 0 v =0 auf ∂Ω (2)
(a)
Es trifft genau eine der folgenden Aussagen zu:
Entweder gilt
(i) Für jedes f ∈ L 2 (Ω) hat die Randwertaufgabe 2.6(1)/(2) eine eindeutige Lösung
oder
(ii) die homogene Randwertaufgabe
Lu =0 in Ω (1)
γ 0 =0 auf ∂Ω (2)
hat eine schwache Lösung u ≢ 0.
(b) Im Fall (ii) ist die Dimension des Kerns Kern(L, γ 0 ) ⊆ W0 1 (Ω) aller Lösungen von (1)/(2)
endlich und gleich der Dimension des Raums Kern(L ∗ ,γ 0 ) aller schwachen Lösungen in
v ∈ W0 1(Ω) von L ∗ v =0 in Ω (3)
γ 0 =0 auf ∂Ω (4)
(c)
Die Randwertaufgabe 2.6(1)/(2) hat genau dann eine Lösung, wenn 〈f,v〉 =0für alle
v ∈ Kern(L ∗ ,γ 0 ).
Beweis. Im Beweis von Satz 2.12 wählen wir γ = µ und
B γ (u, v) =B(u, v)+γ〈u, v〉.
Dann existiert zu jedem g ∈ L 2 (Ω) eine eindeutige Funktion u ∈ W 1 0 (Ω) mit B γ(u, v) =〈g, v〉
für alle v ∈ W 1 0 (Ω). SomitistderOperatorL γ = L + γI : W 1 0 (Ω) → W −1 (Ω) invertierbar und
u = L −1
γ .
Nun ist L γ u = f + γu, alsou = L −1
γ (f + γu). DieGleichungL γ u = f lässt sich also umschreiben
in der Form
u − Ku = L −1
γ f mit Ku = γL−1 γ u.
20

Nun ist K ein kompakter Operator auf W0 1 (Ω), denn
K : W0 1 (Ω) ι 1
↩→ L 2 (Ω) ι 2
↩→ W −1 (Ω) L−1 γ
−→ W0 1 (Ω),
wobei die Einbettung ι 1 kompakt ist und die Einbettung ι 2 stetig (sie ist ebenfalls kompakt, aber
das haben wir hier nicht gezeigt). Damit ist nach Lemma 2.35 K als Komposition kompakter
und stetiger Operatoren kompakt.
(a) Nach Satz 2.43 ist I + K ein Fredholmoperator vom Index Null. Ist er nicht invertierbar, so
hat er (wegen dim Kern(I + K) =codimBild(I + K)) einennichttrivialenKern.Diesliefertdie
‘Fredholmalternative’ in Teil (a).
(b) Der Index von I + K ∗ ist ebenfalls Null, und es ist nach Satz 2.43 dim Kern(I + K) =
dim Kern(I + K ∗ ).
(c) Es ist (Kern(I + K ∗ )) ⊥ =Bild(I + K).
2.19 Satz. Die Menge Σ aller λ ∈ R, fürdiedieRandwertaufgabe
Lu = λu + f in Ω (1)
γ 0 u =0 auf ∂Ω (2)
nicht für alle f ∈ W −1 (Ω) eine eindeutige schwache Lösung u hat, ist höchstens abzählbar.
Ist Σ={λ 1 ,λ 2 ...} unendlich, so gilt λ k → +∞.
2.20 Definition. Man nennt die Menge Σ aus 2.19 das (reelle) Spektrum der Randwertaufgabe
(L, γ 0 ).(Genaueristesnatürlichdas(reelle)SpektrumdesOperators L : W 1 0 (Ω) → W −1 (Ω)
aufgefasst als unbeschränkter Operator auf W −1 (Ω)). Genaudannistλ ∈ Σ, wenn
Lu = λu in Ω (1)
γ 0 u =0 auf ∂Ω (2)
eine Lösung u ≢ 0 hat. Dann heißt λ Eigenwert und u Eigenfunktion zum Eigenwert λ.
Beweis von Satz 2.19. Es sei γ die Konstante aus Satz 2.11. Wähle λ ∈ R. Wir können o.B.d.A.
annehmen, dass γ>0 ist. Nun hat die Randwertaufgabe 2.19(1)/(2) genau dann eine schwache
Lösung für jedes f ∈ W −1 (Ω), wenndiehomogeneAufgabe2.20(1)/(2)nurdieNulllösunghat.
Dies wiederum ist äquivalent dazu, dass
(L + γI)u =(λ + γ)u in Ω (3)
γ 0 u =0 auf ∂Ω (4)
nur die Nulllösung hat. Dies ist äquivalent dazu, dass (mit den Bezeichnungen aus dem Beweis
von Satz 2.18
u = L −1
γ (γ + λ)u = γ + λ Ku
γ
nur die Nulllösung hat.
Da wir auch annehmen können, dass γ + λ ≠ 0 ist (ein λ-Wert spielt bei der Aussage des
Satzes keine Rolle), so ist letzteres äquivalent dazu, dass u keine Eigenfunktion des kompakten
Operators K = γL −1
γ ist und γ
γ+λ
kein Eigenwert.
Da das Spektrum von K aus 0 und einer evtl. endlichen Folge µ 1 ,µ 2 ,... besteht (einschließlich
γ
Vielfachheit gelistet) mit µ k → 0, bestehtdasSpektrumΣ von (L, γ 0 ) aus den λ k mit
γ+λ k
= µ k ,
d.h. λ k = γ( 1 µ
− 1). Damitistklar,dassΣ höchstens abzählbar ist und |λ k k |→∞.Dawir
bereits aus Satz 2.12 wissen, dass die Randwertaufgabe für hinreichend negatives λ lösbar ist,
gilt lim λ k =+∞, fallsunendlichvieleEigenwertevorliegen(wasauchderFall ist). ⊳
21
⊳

2.21 Komplexe Koeffizienten. Es sei L gleichmäßig stark elliptisch mit komplexwertigen
L ∞ -Koeffizienten. Dann erhalten wir ebenfalls eine schwache Lösung von 2.12(1)/(2). Als Bilinearform
B wählen wir nun
∫ n∑
n∑
B(u, v) = a ij ∂ xi u∂ xj v + b i ∂ xi uv + c(x)uvdx.
Ω
i,j=1
Mit den gleichen Techniken wie oben zeigt man die Existenz von α, β > 0 und γ ≥ 0 mit
i=1
|B(u, v)| ≤α‖u‖ W 1
0
‖v‖ W 1
0
und
β‖u‖ 2 W
≤ Re B(u, u)+γ‖u‖ 2
0
1 L
. 2
Daraus folgen Analoga der obigen Sätze. Insbesondere können wirsodas‘richtige’(komplexe)
Spektrum untersuchen. Es ist ebenfalls abzählbar, liegt in einem Sektor von C und erfüllt |λ k |→
∞ as k →∞.
Regularität
In den bisherigen Überlegungen hatten wir gesehen, dass L einen Isomorphismus von W0 1 (Ω) auf
W −1 (Ω) liefert. Ist die rechte Seite f der Randwertaufgabe in W −1 (Ω), sokönnenwirvonder
Lösung u keine bessere Regularität als W0 1(Ω) erwarten. Anders liegt der Fall für f ∈ L2 .Ist
dann die Lösung besser? Wir schauen uns zunächst an, was im Inneren passiert. Dabei spielt die
Randbedingung keine Rolle. Wir werden mit Differenzenquotienten arbeiten und benötigen dazu
folgenden Satz.
2.22 Satz. Für h ∈ R und eine Funktion u auf V ⊂⊂ Ω sei
(a)
∂k h u(x) =u(x + he k) − u(x)
, k =1,...,n.
h
Es sei 1 ≤ p

Mit Fubini schließen wir:
∫
∫
|∂k h u(x)|p dx ≤
V
=
∫ 1
∫
0 V
V
∫ 1
0
|∇u(x + the k )| p dxdt.
|∇u(x + the k )| p dtdx
Wegen |h| ≤ 1 2dist(V,∂Ω) ist die rechte Seite
∫ 1 ∫
≤ |∇u(x)| p dxdt = ‖∇u‖ p L p (Ω) .
0
Ω
Nun ist die Menge der u ∈ W 1 p ,dieaufeinerUmgebungvonV sogar C 1 sind, dicht in W 1 p (V ),
und die Behauptung folgt aus dem Fortsetzungssatz.
(b) Nun sei 1

Beweis. WirarbeitenwiederimReellen.ZuV wähle eine offene Menge W mit V ⊂⊂ W ⊂⊂ Ω
und eine Funktion η in Cc
∞(Rn ) mit η ≡ 1 auf V , supp η ⊆ W und 0 ≤ η ≤ 1. Dassu eine
schwache Lösung von Lu = f ist, heißt, dass B(u, v) =〈f,v〉 für alle v ∈ W0 1 (Ω). Folglichist
∫
∑
a ij ∂ xi u∂ xj vdx= 〈 ˜f,v〉 (3)
mit ˜f = f − ∑ b j ∂ xj u − cu ∈ L 2 (Ω).
Ω
ij
Nun sei h ∈ R mit 0 < |h| ≤ 1 2dist (W, ∂Ω). Wirwählenfürv die Funktion
v = −∂ −h
k (η2 ∂ h k u)
mit dem Differenzenquotienten ∂ h k u(x) =(u(x + he k) − u(x))/h und schätzen die linke und die
rechte Seite von (3) ab.
Abschätzung der linken Seite von (3). Unter Benutzung der Identitäten
∫ ∫
v∂ −h
k
v = ∂k h vw dx (4)
Ω
Ω
und
mit v h (x) =v(x + he k ) erhalten wir
∫
∑
a ij ∂ xi u∂ xj vdx
Ω
ij
∂k h (vw) =vh (∂k h w)+(∂h k v)w (5)
= − ∑ ∫
a ij ∂ xi u∂ xj (∂ −h
k
(η2 ∂k h u)) dx
ij
Ω
= ∑ ∫
∂k h (aij ∂ xi u) ∂ xj (η 2 ∂k h u) dx
ij
Ω
= ∑ ∫
a ij,h (∂k h ∂ x i
u)∂ xj (η 2 ∂k h u)+(∂h k aij )∂ xi u∂ xj (η 2 ∂k h u) dx
ij
Ω
= ∑ ∫
a ij,h (∂k h ∂ x i
u)(∂k h ∂ x j
u)η 2 dx (6)
ij
Ω
+ ∑ ∫
a ij,h (∂k h ∂ x i
u)(∂k h u)2η∂ x j
η (7)
ij
Ω
+(∂ h k aij )∂ xi u(∂ h k ∂ x j
u)η 2 +(∂ h k aij )∂ xi u(∂ h k u)2η∂ x j
ηdx (8)
Wegen der starken Elliptizität und ∂ xi ∂x h k
u = ∂x h k
∂ xi u ist der erste Term (6) auf der rechten Seite
∫
≥ θ η 2 |∂k h u|2 dx
Die anderen Terme ((7) und (8)) schätzen wir nach oben ab. Sie sind – für geeignetes C ≥ 0 –
∫
≤ C η|∂k h ∇ u||∂h k u| + η|∂h k ∇u||∇u| + η|∂h k u||∇u| dx
Ω
∫
ε−CS
≤ ε η 2 |∂k h ∇ u|2 dx + C ∫
|∂k h
Ω ε
u|2 + |∇u| 2 dx.
W
24

Wir wählen ε = θ/2 und wenden Satz 2.23 an. Damit schätzen wir weiter ab durch
≤ θ ∫
∫
η 2 |∂k h 2
∇u|2 dx + C |∇u| 2 dx.
Kombination der Abschätzungen liefert
∫
∑
a ij ∂ xi u∂ xj vdx
Ω
ij
≥ θ 2
∫
Ω
Ω
Ω
∫
η 2 |∂k h ∇ u|2 dx − C
Ω
|∇u| 2 dx
Abschätzung der rechten Seite von (3). Mit ˜f = f − ∑ b j ∂ xj u − cu und v = −∂ −h
k
(η2 ∂k h u) ergibt
sich
∫
|〈 ˜f,v〉| ≤ (|f| + |∇u| + |u|) |v| dx
Ω
∫
ε−CS
≤ ε |v| 2 dx + C ∫
|f| 2 + |∇u| 2 + |u| 2 dx. (9)
ε
Zweimalige Anwendung von Satz 2.22 liefert
∫
∫
|v| 2 dx ≤ C 1
Ω
Ω
= C 2
∫
= C 3
∫
W
W
Ω
Ω
|∇(η 2 ∂ h k u)|2 dx
|∂ h k u|2 + η 2 |∂ h k ∇ u|2 dx
|∇u| 2 + η 2 |∂ h k ∇ u|2 dx. (10)
Kombination von (9) und (10) liefert:
∫
|〈 ˜f,v〉| ≤ (|f| + |∇u| + |u|) |v| dx
Ω
∫
ε−CS
≤ ε |v| 2 dx + C ∫
4
|f| 2 + |∇u| 2 + |u| 2 dx
Ω ε Ω
∫
(10)
≤ ε η 2 |∂k h ∇ u|2 dx + C ∫
5
|f| 2 + |∇u| 2 + |u| 2 dx. (11)
ε
V
Ω
Schluss. Wähltmanhierε = θ 4 ,sofolgtausGleichung(3):
∫
∫
∫
|∂k h ∇ u|2 dx ≤ η 2 |∂k h ∇ u|2 dx ≤ C 6 |f| 2 + |∇u| 2 + |u| 2 dx.
Ω
Aus Satz 2.22(b) folgt dann, dass ∇ u ∈ W 1 (V ) und damit u ∈ Wloc 2 (Ω). Fernergilt
(
)
‖u‖ 2 W 2 (V ) ≤ C 7 ‖f‖ 2 L 2 (Ω) + ‖u‖2 W 1 (Ω)
.
Verbesserung. In Anbetracht der Tatsache, dass supp η ⊆ W ist, können wir in (9) und (11) beide
Male Ω durch W ersetzen. Es ist daher
(
)
‖u‖ 2 W 2 (V ) ≤ C 8 ‖f‖ 2 L 2 (W ) + ‖u‖2 W 1 (W )
. (12)
Ω
Ω
25

Wählt man nun eine weitere Abschneidefunktion ζ mit 9 ≤ ζ ≤ 1, ζ ≡ 1 auf W und supp ζ ⊆ Ω,
so zeigt man für v = ζ 2 u in (3), dass
∫
)
ζ 2 |∇u| 2 dx ≤ C 9
(‖f‖ 2 L 2 (Ω) + ‖u‖2 L 2 (Ω)
.
Somit ist
Ω
‖u‖ W 1 (W ) ≤ C 10
(‖f‖ 2 L 2 (Ω) + ‖u‖2 L 2 (Ω)
)
.
Setzt man dies in Gleichung (12) ein, so ergibt sich die Behauptung.
⊳
2.24 Satz: Höhere Regularität im Inneren. Wie bisher sei L in Divergenzform
Lu = −
n∑
∂ xj (a ij ∂ xi u)+
i,j=1
n∑
b i ∂ xi u + c(x)u
Wir nehmen an, dass L gleichmäßig stark elliptisch ist, und dass für ein m ∈ N 0 gilt a ij ,b j ,c ∈
C m+1 (Ω). Fernerseif ∈ W m (Ω) und u ∈ W 1 (Ω) eine schwache Lösung von
i=1
Lu = f in Ω.
Dann ist u ∈ W m+2
loc
(Ω), undzujedemV ⊂⊂ Ω existiert ein C ≥ 0, dasnurvonV,Ω und den
Koeffizienten von L abhängt, mit
‖u‖ W m+2 (V ) ≤ C ( )
‖f‖ W m (Ω) + ‖u‖ L 2 (Ω)
(1)
Beweis. MitvollständigerInduktionnachm.DerInduktionsanfangwirddurchSatz2.23geliefert.
Die Behauptung sei bewiesen für ein festes m. Wirnehmenan,dassa ij ,b j ,c∈ C m+2 (Ω) und f ∈
W m+1 (Ω). Fernerseiu ∈ W 1 (Ω) eine schwache Lösung von Lu = f. NachInduktionsannahme
ist u ∈ W m+2
loc
(Ω) und für jedes U ⊂⊂ Ω existiert ein C mit
‖u‖ W m+2 (U) ≤ C ( ‖f‖ W m (Ω) + ‖u‖ L 2 (Ω))
. (2)
Nun sei V ⊂⊂ U, α ein Multi-Index der Länge m +1und ϕ ∈ C ∞ c
(U). InderIdentität
B(u, v) =〈f,v〉
setzen wir nun v =(−1) |α| ∂ α ϕ.PartielleIntegration(plusHinüberschaffenallerAbleitungen im
Integral für B, dienichtaufu fallen plus weitere partielle Integration, die ϕ bei diesen Termen
freistellt), liefert
B(ũ, ϕ) =〈 ˜f,ϕ〉 (3)
mit ũ = ∂ α u und
˜f = ∂ α f + ∑ ( ) ⎛ α
⎝ ∑
β
β≤α
ij
∂ xj (∂ α−β a ij ∂ β ∂ xi u) − ∑ j
⎞
∂ α−β b j ∂ β ∂ xj u − ∂ α−β c)(∂ β u⎠
Die genaue Struktur der rechten Seite ist nicht so wichtig. Wesentlich sind folgende Punkte:
(i) Da ϕ ∈ Cc ∞ (U) beliebig war, zeigt die Gleichung (3), dass ũ eine schwache Lösung von
Lu = ˜f auf U ist.
26

(ii) Da f ∈ W m+1 (Ω) liegt, ist ˜f ∈ L 2 (Ω)
(iii) Es fallen nur maximal m +2Ableitungen auf u.
Dann folgt aus (3), dass
‖ ˜f‖ L 2 (V ) ≤ C ( ‖f‖ W m+1 (U) + ‖u‖ L (U)) 2 .
Nun können wir wiederum Satz 2.23 anwenden. Wir schließen, dass
‖ũ‖ W 2 (V ) ≤ C 1
(‖ ˜f‖
)
L 2 (U) + ‖ũ‖ L 2 (U)
( )
≤ C 2 ‖f‖W m+1 (U) + ‖u‖ L 2 (U)
Da diese Abschätzung für jeden Multi-Index der Länge m +1gilt, ist u ∈ W m+3 (V ) und
‖u‖ W m+3 (U) ≤ C ( )
‖f‖ W m+1 (Ω) + ‖u‖ L 2 (Ω) .
⊳
2.25 Satz: Randregularität. Wie bisher sei L in Divergenzform
Lu = −
n∑
∂ xj (a ij ∂ xi u)+
i,j=1
n∑
b i ∂ xi u + c(x)u
Wir nehmen an, dass L gleichmäßig stark elliptisch ist, a ij ∈ C 1 (Ω), b j ,c ∈ L ∞ (Ω). Fernersei
f ∈ L 2 (Ω) und u ∈ W0 1 (Ω) eine schwache Lösung von
i=1
Lu = f
γ 0 u =0
in Ω
auf ∂Ω.
Weiterhin sei nun ∂Ω ∈ C 2 .Dannistu ∈ W 2 (Ω) ∩ W0 1 (Ω), undesgiltdieAbschätzung
‖u‖ W 2 (Ω) ≤ C ( ‖f‖ L 2 (Ω) + ‖u‖ L 2 (Ω))
. (1)
Beweis. Schritt 1. Wir betrachten zunächst den Fall, dass Ω=B(0, 1) ∩ R n + ,eineHalbkugelin
R n + ist. Wir setzen weiterhin V = B(0, 1/2) ∩ Rn + und wählen eine Funktion η mit 0 ≤ η ≤ 1,
η ≡ 1 auf B(0, 1/2), supp η ⊆ B(0, 1).
Da u eine schwache Lösung ist, ist B(u, v) =〈f,v〉 für alle v ∈ W0 1 (Ω) und folglich
∫
∑
a ij ∂ xi u∂ xj vdx= 〈 ˜f,v〉 (2)
mit ˜f = f − ∑ j bj ∂ xj u − cu.
Für hinreichend kleines h>0 und k ∈{1,...,n− 1} wähle nun
Dann ist
Ω
v = ∂ −h
k
(η2 ∂k h u).
v(x) = 1 h ∂h k (η2 (x)(u(x + he k ) − u(x)))
= − 1 h 2 (
η 2 (x − he k )[u(x) − u(x − he k )] − η 2 (x)[u(x + he k ) − u(x)] ) .
27

Da u ∈ W 1 0 (Ω) ist auch v ∈ W 1 (Ω). Wirkönnenalsov in (2) einsetzen.
Genau wie im Beweis von Satz 2.23 erhalten wir dann folgende Abschätzungen
∫
∑
a ij ∂ xi u∂ xj vdx ≥ θ ∫
∫
η 2 (x)|∂k h
Ω 2
∇ u(x)|2 dx − C |∇u(x)| 2 dx
Ω
Ω
〈 ˜f,v〉 ≤ θ ∫
∫
η 2 (x)|∂k h 4
∇ u(x)|2 dx + C |f| 2 + |∇u| 2 + |u| 2 dx
Da die beiden linken Seiten nach (2) gleich sind, liefert dies
∫
∫
|∂k h ∇ u(x)|2 dx ≤ C |f| 2 + |u| 2 + |∇u| 2 dx
V
Ω
für geeignetes C>0. NachSatz2.22(b)ist∂ xk u ∈ W 1 (V ) für k =1,...,n− 1 und
n−1
∑
k=1 l=1
Ω
n∑
‖∂ xk ∂ xl u‖ L 2 (Ω) ≤ C(‖f‖ L 2 (Ω) + ‖u‖ W 1 (Ω)). (3)
Bemerkung. EigentlichmüssenwirbeiderAnwendungvonSatz2.22vorsichtiger sein, weil hier
nicht V ⊂⊂ Ω gilt. Die Aussage bleibt aber richtig, weil wir nur tangential zum Rand ableiten.
Schritt 2. Nun fehlt noch eine Abschätzung für ∂x 2 n
u.DazuschreibenwirL in die ‘normale’
(Nicht-Divergenz-Form) um, so dass die Gleichung Lu = f lautet:
n∑
n∑
− a ij ∂ xi ∂ xj u + ˜bi ∂ xi u + cu = f (4)
i,j=1
mit ˜b i = b i − ∑ n
j=1 ∂ x j
a ij für i =1,...,n.Esistalsoinsbesondere
a nn ∂ 2 x n
u = −
n∑
i,j=1,i+j0, x ∈ Ω.
Damit folgt
⎛
⎞
|∂x 2 n
u|≤C ⎝
n∑
n∑
|∂ xi ∂ xj u| + |∂ xi u| + |u| + |f| ⎠ . (5)
i,j=1,i+j 0
und – ggf. nach Umnummerierung der Koordinaten – eine C 2 -Funktion γ mit Ω ∩ B(x 0 ,r)=
{x ∈ B(x 0 ,r):x n >γ(x 1 ,...,x n−1 }. Dann kann man die Gleichung auf den Halbkugelfall
transformieren. Starke Elliptizität und Regularität bleiben erhalten. Details sind nicht schön. ⊳
2.26 Bemerkung. Ist (1)/(2) eindeutig lösbar, so gilt sogar
‖u‖ W 2 (Ω) ≤ C‖f‖ L 2 (Ω).
Das folgt sofort aus dem Graphensatz: Die eindeutige Lösbarkeit bedeutet, dass L : W0 1(Ω) →
W −1 (Ω) invertierbar ist. Die Inverse L −1 : W −1 (Ω) → W0 1 (Ω) ist dann stetig. Wenn sie nun
L 2 (Ω) ↩→ W −1 (Ω) nach W 2 (Ω) ∩ W0 1(Ω) ↩→ W 0 1 (Ω) abbildet, so ist diese Abbildung ebenfalls
stetig.
28

2.27 Höhere Regularität am Rand. Es sei m ∈ N 0 und
Ferner sei ∂Ω in C m+2 .
a ij ,b j ,c∈ C m+1 (Ω),i,j =1,...,n,f ∈ W m (Ω). (1)
Ist u ∈ W0 1 (Ω) eine schwache Lösung der Randwertaufgabe
so ist u ∈ W m+2 (Ω), undesgilt
Lu = f,γ 0 u =0,
‖u‖ W m+2 (Ω) ≤ C ( ‖f‖ W m (Ω) + ‖u‖ L 2 (Ω)
,
wobei C nur von m, u und den Koeffizienten von L abhängt.
Beweis mit vollständiger Induktion über m, mitähnlicherIdeewiebeiSatz2.24.
⊳
Eigenwerte und Eigenfunktionen
Wieder sei Ω ein beschränktes Gebiet in R n .
Symmetrische Operatoren
Zunächst sei
n∑
Lu = − ∂ xj a ij ∂ xi
i,j=1
in Divergenzform mit b j = c =0, j =1,...,n.FernerseiendieKoeffizientena ij reellwertige
C ∞ -Funktionen und es gelte a ij = a ji ,sodassdiedemOperatorL zugeordnete Sesquilinearform
B(u, v) = ∑ ∫
a ij ∂ xi u∂ xj v dx, u, v ∈ W0 1 (Ω)
ij
symmetrisch und koerziv ist (hier ist es besser, mit komplexen Hilberträumen zu arbeiten).
Aus den Sätzen des letzten Abschnitts wissen wir schon, dass w dann eine C ∞ -Funktion im
Inneren ist. Sie ist sogar C ∞ bis zum Rand, sofern auch der Rand C ∞ ist.
Wir können nun unter diesen stärkeren Annahmen die Aussagen von Satz 2.19 verschärfen. Wir
erinnern uns (Definition 2.20)
2.28 Definition. Wir nennen ein λ einen Eigenwert von (L, γ 0 ) und 0 ≠ w ∈ W0 1 (Ω) eine
Eigenfunktion, falls w eine schwache Lösung von Lu = λu in Ω,γ 0 u =0auf ∂Ω ist.
Wir wissen auch: Da die Form B stetig und koerziv ist, ist L : W0 1(Ω) → W −1 (Ω) invertierbar
und die Inverse K = L −1 ist (wegen der Kompaktheit der Einbettung W0 1 −1
(Ω) ↩→ W0 (Ω)) ein
kompakter Operator.
Da B symmetrisch und koerziv ist, ist K sogar ein selbstadjungierter kompakter Operator.
Dazu beachte: Kf = u heißt: Lu = f und γ 0 u =0,undKg = v heißt: Lv = g und
γ 0 v =0.Somitist〈f,Kg〉 = 〈f,v〉 = B(u, v) =B(v, v) =〈u, g〉 = 〈Kf,g〉.
Ferner ist 〈f,Kf〉 = 〈f,u〉 = B(u, u) > 0, fallsu ≠0.
29

Das Spektrum von L als unbeschränkter Operator mit D(L) =W 1 0 (Ω) ⊂ W −1 (Ω) → W −1 (Ω)
besteht genau aus den Kehrwerten der Spektralwerte ≠0von K:
Es ist nämlich
(L − λI) −1 = L −1 (I − λL −1 ) −1 = λ −1 K(λ −1 I − K) −1
und somit L − λI invertierbar, sobald K − λ −1 I invertierbar ist und umgekehrt.
Aus der Spektraltheorie selbstadjungierter kompakter Operatoren folgt also der folgende Satz:
2.29 Satz: Spektrum und Eigenwerte symmetrischer Operatoren. Unter den obigen
Annahmen gilt
(a)
(b)
(c)
Alle Spektralwerte von L sind reell und Eigenwerte endlicher Vielfachheit. Wegen der
Positivität von L −1 sind sie positiv.
Wiederholen wir jeden Eigenwert entsprechend seiner Vielfachheit, so erhalten wir eine
Folge
0

Wir beweisen nun, dass sie tatsächlich eine Orthonormalbasis bilden. Dazu zeigen wir: Aus
v ∈ W0 1(Ω), v⊥v k für alle k (bzgl. des neuen Skalarprodukts) folgt v =0.Dazufassenwirv
zunächst als Element von L 2 (Ω) auf. Wir schreiben v = ∑ ∞
k=1 c kw k mit c k = 〈w k ,v〉. Nunist
aber nach Annahme
Es folgt v =0.
0=〈〈v, v k 〉〉 = B(v k ,v) Defv k
= λ −1/2 B(w k ,v) w kEV
= λ +1/2 〈w k ,v〉.
Ist also u ∈ W0 1(Ω) mit ‖u‖ L2 =1,sokönnenwiru einerseits schreiben
k
k
u = ∑ c k w k mit c k = 〈v, w k 〉; ∑ k
|c k | 2 = ‖u‖ 2 L 2 =1; (2)
andererseits ist aber auch
u = ∑ d k v k mit d k = B(v, v k )=λ 1/2
k c k.
Also ist d k v k = c k w k und die Summe (2) konvergiert tatsächlich sogar in W 1 0 (Ω).
Damit ist aber B(u, u) ≥ ∑ k |d k| 2 = ∑ k λ k|c k | 2 ≥ λ 1
∑k |c k| 2 = λ 1 .DasMinimumwirdfür
u = w 1 angenommen. Wir erhalten Aussage (a).
Aus der obigen Überlegung folgt auch: Ist u ∈ W0 1(Ω) mit ‖u‖ L2 =1und minimiert u den Ausdruck
B(u, u) so ist u eine Linearkombination der endlich vielen Eigenfunktionen zumEigenwert
λ 1 ,etwaw 1 ,...,w m .Damitistu selbst eine Eigenfunktion zum Eigenwert λ 1 .
Als nächstes zeigen wir, dass u dann in Ω entweder strikt positiv oder strikt negativ ist. Dazu
setzen wir
u + =max{u, 0} und u − = − min{u, 0}.
Dann gilt
∫
1=
∫
u 2 dx =
∫
(u + ) 2 dx +
(u − ) 2 dx = α + β
mit der offensichtlichen Notation.
Nun benutzen wir, dass
∇ u + =
∇ u + =
{
∇ u f.ü. auf {u >0}
0
{
f.ü. auf {u ≤ 0}.
∇ u f.ü. auf {u >0}
0 f.ü. auf {u ≤ 0}.
Wir schließen, dass B(u + ,u − )=0.Nungiltfernernach(a):B(v, v) ≥ λ 1 ‖v‖ 2 L 2
Es folgt
für v ∈ W 1 0 (Ω).
Wir schließen wiederum mit (a), dass
λ 1 = B(u, u) =B(u + ,u + )+B(u − ,u − )
≥ λ 1 ‖u + ‖ 2 L 2 + λ 1 ‖u − ‖ 2 L 2 =(α + β)λ 1 = λ 1 .
B(u + ,u + )=λ 1 ‖u + ‖ 2 L 2 und B(u − ,u − )=λ 1 ‖u − ‖ 2 L 2 .
Damit minimieren u + und u − beide B(u, u), sindalsoEigenfunktionenzumEigenwertλ 1 .Insbesondere
sind u + und u − C ∞ -Funktionen in Ω und es gilt
Lu + = λ 1 u + ≥ 0.
31

Nach dem starken Maximumprinzip gilt also entweder u + = 0 oder u + > 0 auf Ω. Analog
argumentieren wir für u − .SomitkannnureinederbeidenFunktionenvonNullverschieden sein.
Daher ist entweder u = u + > 0 oder u = −u − < 0.
Es bleibt zu zeigen, dass λ 1 ein einfacher Eigenwert ist. Hätte der Eigenraum mindestens zwei
Dimensionen, so könnte man zwei zueinander orthogonale Eigenfunktionen finden. Da diese aber
stets positiv oder negativ sind, ist das unmöglich.
⊳
2.32 Lemma. Es sei 1 ≤ p ≤∞, u ∈ Wp 1 (Ω) und Ω beschränkt. Dann gilt
(a)
(b)
u + ,u − , |u| ∈W 1 p (Ω).
∇ u + =
∇ u + =
{
∇ u f.ü. auf {u >0}
0
{
f.ü. auf {u ≤ 0}.
∇ u f.ü. auf {u >0}
0 f.ü. auf {u ≤ 0}.
(c) ∇ u =0f.ü. auf {u =0}.
Beweis. Kommtnoch.
⊳
Anhang: Kompakte Operatoren und Fredholmoperatoren
2.33 Definition. X, Y seien Banachräume. K ∈L(X, Y ) heißt kompakt, falls das Bild jeder
beschränkten Menge in einer kompakten Menge enthalten ist (relativ kompakt ist), mit anderen
Worten
M beschränkt ⇒ K(M) kompakt.
Schreibe: K ∈K(X, Y ), K(X, X) =K(X).
2.34 Bemerkung.
(a)
(b)
Es langt zu fordern, dass das Bild der Einheitskugel in einer kompakten Menge enthalten
ist, denn jede beschränkte Menge M ist in einer Kugel B(0,R) (R hinreichend groß)
enthalten. Daher
K(M) ⊆ K(B(0,R)) ⊆ RKB(0, 1).
K(M) ist als abgeschlossene Teilmenge einer kompakten Menge kompakt.
2.35 Lemma. X, Y, Z, W seien Banachräume. K ∈K(X, Y ). Danngilt:
(a) K + B ∈K(X, Y ) für B ∈K(X, Y ).
(b) λK ∈K(X, Y ).
(c) BK ∈K(X, Z) für B ∈L(Y,Z).
(d) KB ∈K(W, Y ) für B ∈L(W, X).
Insbesondere ist K(X) ein Ideal in L(X).
2.36 Satz. K(X, Y ) ist abgeschlossen in L(X, Y ).
32

2.37 Lemma. Operatoren mit endlich-dimensionalem Bild sind kompakt.
2.38 Satz. X sei ein Banachraum, K ∈K(X),λ ≠0.Danngilt
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
Kern (λI − K) ist endlich-dimensional.
Es gibt eine Projektion P ∈L(X) mit Bild P =Kern(λI − K).
Bild (λI − K) abgeschlossen.
Ist dim X = ∞, so ist 0 ∈ σ(K).
Das Spektrum σ(K) von K ist eine diskrete Teilmenge von C,dereneinzigermöglicherHäufungspunkt
Null ist. Es besteht nur aus Eigenwerten endlicher Vielfachheit. Ist dim X = ∞,
so ist 0 ∈ σ(K) und die Eigenwerte ≠0bilden eine (evtl. endliche) Nullfolge.
2.39 Lemma. Für K ∈L(H), H ein Hilbertraum, ist äquivalent:
(1) K kompakt.
(2) KK ∗ kompakt.
(3) K ∗ kompakt.
(4) K ∗ K kompakt.
2.40 Fredholmoperatoren. Es seien X, Y Banachräume. Ein beschränkter linearer Operator
T : X → Y heißt Fredholmoperator, wenn dim Kern T0 mit der Eigenschaft, dass alle
Elemente T ′ ∈L(X, Y ) mit ‖T − T ′ ‖