Beweis von Lemma 8.4. (Durch Widerspruch.) Angenommen, die Behauptung seifalsch. Dann existierte eine Folge {u m } ∞ m=1 ⊆ H 1 (Ω) mit ‖u m ‖ 0,Ω = 1 <strong>und</strong> mit‖u m ‖ 2 2,0,∂Ω + |u m | 2 1,Ω → 0für m → ∞. Somit ist {u m } ∞ m=1 eine beschränkte Folge im Hilbertraum H 1 (Ω) <strong>und</strong> hatdamit nach Satz ?? eine in L 2 (Ω) konvergente Teilfolge {u ′ m} ∞ m=1 . Wegen |u ′ m| 1,Ω → 0ist diese Teilfolge sogar in H 1 (Ω)konvergent mit Grenzwert u ∈ H 1 (Ω). Wegen∣∣‖u‖ 0,Ω − ‖u ′ m‖ 0,Ω∣ ∣ ≤ ‖u − u ′ m‖ 0,Ω ≤ ‖u − u ′ m‖ 1,Ω → 0,∣∣|u| 1,Ω − |u ′ m| 1,Ω∣ ∣ ≤ |u − u ′ m| 1,Ω ≤ ‖u − u ′ m| 1,Ω → 0<strong>und</strong> ∣ ∣ ‖u‖ 2,0,∂Ω − ‖u ′ m‖ 2,0,∂Ω∣ ∣ ≤ ‖u − u ′ m‖ 2,0∂Ω ≤ C‖u − u ′ m‖ 1,Ω → 0für m → ∞ folgt(∗) ‖u‖ 0,Ω = 1, |u| 1,Ω = 0 <strong>und</strong> Bu = 0.Nach Satz ?? ist dann u ∈ ◦ H1 (Ω). Die Poincarésche Ungleichung (Satz 2.19) liefertfolglich‖u‖ 0,Ω ≤ C|u| 1,Ω = 0,im Widerspruch zu (∗), also muß die ursprüngliche Annahme falsch gewesen sein.Folgerung 8.5 Sei Ω ⊆ R n eine offene <strong>und</strong> beschränkte Menge mit Lipschitzrand. Seij : R → R eine stetig differenzierbare, konvexe <strong>und</strong> strikt koerzitive Funktion mit j(0) =0. Sei f ∈ L 2 (Ω). Dann sind äuqivalent:a.) u ∈ M ∗ , für alle v ∈ M ∗ gilt∫∣∣j ′( Bu(x) )( Bv(x) − Bu(x) )∣ ∣dS < ∞,<strong>und</strong> es ist∫Ω∂Ω[∇u(x) · (∇v(x)− ∇u(x) )−f(x) ( v(x) − u(x) )] dz+ ∫ ∂Ω j′( Bu(x) )( Bv(x)−Bu(x) ) dSfür alle v ∈ M ∗ .≥ 0118
.) u ∈ M <strong>und</strong>∫ []1Ω 2 |∇u(x)|2 − f(x)u(x) dx + ∫ )j( Bu(x) dS∂Ω{ ∫ []1= min v∈M Ω 2 |∇v(x)|2 − f(x)v(x) dx + ∫ j( Bv(x) ) }dS .∂ΩSchließlich gilt, daß es zu jedem f ∈ L 2 (Ω) ein eindeutiges u gibt, das diese beidenäquivalenten Eigenschaften hat.Beweis: Nach Satz 8.2 ist a.) äquivaltent zu f ∈ ∂Ṽ (u), <strong>und</strong> nach Lemma ?? ist diesäquivalent zu](∗)Ṽ (u) − (f,u) Ω = min[Ṽ (v) − (f,v)Ω .v∈L 2 (Ω)Nach Definition ist aber Ṽ (v) = ∞ für v ∈ L2 (Ω)\M ∗ ⊇ L 2 \M, also ist (∗) äquivalentzu u ∈ M <strong>und</strong>]Ṽ (u) − (f,u) Ω = min[Ṽ (v) − (f,v) .v∈MDies ist äquivalent zu b.) .Nach Satz 8.1 <strong>und</strong> Lemma 8.3 ist Ṽ konvex, von unten halbstetig <strong>und</strong> koerzitiv. Alsonimmt nach Lemma ?? <strong>und</strong> Satz ?? Ṽ (v)−(f,v) Ω das Minimum an in wenigstens einemu ∈ L 2 (Ω). Dieses u hat also die Eigenschaft b.) <strong>und</strong> damit auch a.) . Seien u <strong>und</strong> u ′ zweiElemente mit diesen Eigenschaften. Dann sind u,u ′ ∈ M ∗ , also sind u <strong>und</strong> u ′ Minimavon [Ṽ (v) −(f,v) Ω] v∈M ∗ . Nach Satz 8.1 <strong>und</strong> Lemma ?? ist dieses Funktional aber striktkonvex, also sind Minima nach Satz ?? eindeutig <strong>und</strong> somit gilt u = u ′ .Bemerkung 8.6 Das eindeutig bestimmte u aus Folgerung 8.5 ist die eindeutige Lösungdes Hindernisproblems aus Abschnitt 1.2 . Analog zum Vorgehen in Kapitel 6 <strong>und</strong> wie in1.2 skizziert kann ein Randwertproblem zur elliptischen partiellen Differentialgleichung−∆u = fgef<strong>und</strong>en werden, für das u Lösung ist. In 1.2 wurde schon gezeigt, daß u nur in den Bereichenvon Ω Lösung dieser Gleichung ist, wo es nicht auf dem Hindernis aufliegt. DieseBereiche hängen von der Lösung ab <strong>und</strong> sind daher zunächst nicht bekannt, müssenvielmehr gleichzeitig mit der Lösung mitbestimmt werden. Solche Probleme heißen freieRandwertprobleme. Mit solchen freien Randwertproblemen sind interessante Fragen verb<strong>und</strong>en.Zum Beispiel kann man untersuchen, ob der Rand der Menge, in der u auf demHindernis aufliegt, glatt oder sogar analytisch ist.119
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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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3.2.5 Wirtingersche Ungleichung Sei
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Weiter muß gezeigt werden, daß {u
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= π 2 limk∑k→∞m,l=1= π 2 li
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nichtleere, konvexe und offene Meng
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Beweis: (i) Seien y,z ∈ R n und t
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Wäre nun y ≠ z , dann folgtef(z)
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Wegen f ξξ (x,u,g(x,u,v)) > 0 fol
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also0 = d dt J(w + tϕ) | t=0∫ b
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