für fast alle x ∈ Ω . Nach Voraussetzung gilt außerdem F(∇u ′′ m(x)) ≥ 0 <strong>und</strong>∫lim F(∇u ′′ m(x))dx = lim Vm→∞m→∞ (u′′ m) = lim V (u m) = α .m→∞ΩSomit sind die Voraussetzungen des Lemmas von Fatou erfüllt, <strong>und</strong> es folgt∫∫F(∇u(x))dx = limΩΩm→∞ F(∇u′′ m(x))dx∫∫= lim infΩm→∞F(∇u′′ m(x))dx ≤ lim inf F(∇u ′′ m(x))dxm→∞Ω∫= limm→∞ΩF(∇u ′′ m(x))dx = α = lim infm→∞ V (u m) < ∞ .Dies bedeutet zunächst, daß u ∈ M(F,b) ist. Dann aber folgt∫V (u) = F(∇u(x))dx ,<strong>und</strong> somitV (u) ≤ lim inf V (u m) ,m→∞folglich ist V von unten halbstetig.Als nächstes brauche ich folgendes Resultat:ΩLemma 7.4 Sei M ⊆ H 1 (Ω) eine konvexe <strong>und</strong> bezüglich der H 1 (Ω)–Norm abgeschlosseneTeilmenge, <strong>und</strong> seiW : L 2 (Ω) → (−∞, ∞]mit W |L 2 (Ω)\M = +∞.Außerdem sei W | Mkonvex, bezüglich der H 1 (Ω)–Norm von unten halbstetig, <strong>und</strong> es gebeKonstanten c 1 > 0, c 2 ≥ 0 mitW(u) ≥ c 1 |u| 2 1,Ω − c 2für alle u ∈ M . Dann ist W konvex <strong>und</strong> bezüglich der L 2 –Norm von unten halbstetig.Ist W | Mauch koerzitiv bezüglich der H 1 (Ω)–Norm, dann ist W zusätzlich auch koerzitivbezüglich der L 2 –Norm.Beweis: Um zu zeigen, daß W konvex ist, muß für alle u,v ∈ L 2 (Ω) <strong>und</strong> für alle 0 < t < 1gezeigt werden, daß(∗)W ( tu + (1−t)v) ≤ tW(u) + (1−t)W(v)gilt. Wenn u,v ∈ M sind, ist dies nach Voraussetzung klar. Wenn wenigstens eine derFunktionen u,v nicht zu M gehört, dann ist der Wert der rechten Seite dieser Ungleichung+∞ , also ist sie erfüllt. Somit ist W konvex. Wenn W | Mkoerzitiv ist, existierenKonstanten c 1 > 0 , c 2 ≥ 0 mitW(u) ≥ c 1 ‖u‖ 2 1,Ω − c 2 ≥ c 1 ‖u‖ 2 Ω − c 2102
für alle u ∈ M . Für alle anderen u ist W(u) = +∞ , also ist W koerzitiv.Es bleibt zu zeigen, daß W von unten halbstetig ist. Hierzu muß bewiesen werden, daßfür u ∈ L 2 (Ω) <strong>und</strong> für {u m } ∞ m=1 ⊆ L 2 (Ω) mit ‖u − u m ‖ Ω → 0 giltW(u) ≤ lim infm→∞W(u m).Falls lim inf m→∞ W(u m ) = +∞ gilt, ist dies richtig. Sei alsolim inf m→∞ W(u m ) = a < ∞ . Wähle eine Teilfolge {u ′ m} ∞ m=1 von {u m } ∞ m=1 aus mitlim m→∞ W(u ′ m) = α . Für alle genügend großen m ist dann W(u ′ m) < ∞ , also u ′ m ∈ M ;ohne Beschränkung der Allgemeinheit kann also angenommen werden, daß {u ′ m} ∞ m=1 ⊆M ⊆ ◦ H1(Ω) ist. Nach Voraussetzung gilt für alle m ∈ N|u ′ m| 2 1,Ω ≤ 1 c 1(W(u′m ) + c 2)≤ r2mit einer geeigneten Konstanten r > 0 , also ist{ ∂ }u ′ ∞m∂x ⊆ B m=1 r(0) = { v ∈ L 2 (Ω) ∣ ‖v‖ Ω ≤ r } , i = 1,...,n.iDa B r (0) nach Satz 5.18 schwach folgenkompakt ist, gibt es eine Teilfolge {u ′′ m} ∞ m=1 von{u ′ m} ∞ m=1 <strong>und</strong> Funktionen w 1 ,...,w n ∈ B r (0) mit∂u ′′ m ⇀ w i ,∂x i L 2 (Ω)für alle i = 1,...,n. Für alle ϕ ∈ ◦ C∞(Ω) folgt nun( ∂(w i ,ϕ) Ω = lim u ′′m→∞ ∂xm,ϕ ) = − lim(Ω u′′m ,i m→∞<strong>und</strong> dies bedeutet, daß u ∈ H 1 (Ω) ist mit∂∂x iϕ ) Ω = −( u,∂∂x iϕ ) Ω ,∂∂x iu = w i ,i = 1,...,n.Es gilt somit ∂∂x iu ′′ ∂m ⇀L 2 ∂x(Ω) iu , <strong>und</strong> daraus folgt für alle v ∈ H 1 (Ω)[ ]limm→∞ (u′′ m,v) 1,Ω = lim (u′′m ,v) Ω + (∇u ′′ m, ∇v) Ωm→∞= (u,v) Ω + (∇u, ∇v) Ω = (u,v) 1,Ω ,alsou ′′ m ⇀H1 (Ω) u.103
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VorlesungsskriptVariationsrechnungu
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4.3 Hamiltonsche Differentialgleich
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oder mehrere Funktionen u : Ω →
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¨s(t) = d2 sdt 2 (t) = g cos β =
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1.2.4 Dirichletsches Integral Sei n
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die Parametrisierung einer geschlos
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Eine Möglichkeit, das Minimum eine
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der Variationsrechnung und für die
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alsoodersomit |(x,y)| 2 ≤ (x,x)(y
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also(∗)sup |f k (x) − f l (x)|
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Lemma 2.4 (Minkowski-Ungleichung) S
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µ - fast überall. Da |f(x)−f l
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Satz 2.7 (Vollständigkeit der Sobo
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des Hilbertraumes H m (Ω) , also s
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2.3.1 Dirac-Familie Eine Familie {
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Beweis: Sei E ⊆ Ω meßbar und be
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für alle x mit dist(x, supp u) >
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Wegen V i ⊆ U i ist dist(V i ,
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Beweis: Sei ϕ ∈ C∞(Ω) ◦ , s
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alsof(x) ≥ f(y) + ∇f(y) · (x
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0 = d dt I(u + tϕ) | t=0= d dt==
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Teilmenge von [a,b], auf der sich u
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für alle x ∈ [−1, 1]. Wenn u s
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alsou ′ (x) = c x .Die allgemeine
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Beweis: Sei a < y < b. Seiχ y (x)
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Also ist u ∈ C 2 ([a,b]) eine Lö
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