Diese Relation gilt auch für p = ∞ . Dann wenn ‖f‖ ∞ = 0 ist, gibt es eine NullmengeN mit0 = ‖f‖ ∞ = sup |f(x)| .x∈M\NMit dieser Relation können wir nun einen normierten Raum folgendermaßen definieren:Für 1 ≤ p ≤ ∞ sei L p (M,µ, K) (kürzer: L p (M) ) die Menge aller Äquivalenzklassen inL p (M,µ, K) zur Äquivalenzrelationf ∼ g ⇐⇒ f = gµ – fast überall.Auf L p (M) werden die Vektorraumoperationen folgendermaßen erklärt: Seien [f], [g] ∈L p (M) Äquivalenzklassen zu den Repräsentanten f <strong>und</strong> g . Setze[f] + [g] = [f + g]λ[f] = [λf], λ ∈ K .Hiermit wird L p (M,µ, K) zum Vektorraum über K . Außerdem setze( ∫ 1/p‖[f]‖ p := ‖f‖ p = |f| dµ) p .M‖ · ‖ p : L p (M) → [0, ∞] ist eine sinnvoll definierte Funktion, weil ‖f‖ p = ‖g‖ p gilt füralle f,g ∈ L p (M) mit [f] = [g] .Außerdem gilt nun‖[f]‖ p = 0 ⇐⇒ ‖f‖ p = 0 ⇐⇒ f = 0 µ – fast überall.⇐⇒ f ∼ 0 ⇐⇒ [f] = [0] .Daß ‖ · ‖ p : L p (M) → [0, ∞] auch die anderen Eigenschaften einer Norm hat, werdenwir unten zeigen. Für L ∞ (M,µ, K) ist dies jedoch offensichtlich. Also ist L ∞ (M,µ, K)ein normierter Raum.Zur Vereinfachung der Schreibweise läßt man überlicherweise die Klammern in [f] weg<strong>und</strong> benutzt für die Äquivalenzklasse <strong>und</strong> ihren Repräsentanten dasselbe Zeichen.Lemma 2.2 (Vollständigkeit von L ∞ ) L ∞ (M,µ, K) ist vollständig, also istL ∞ (M,µ, K) ein Banachraum.Beweis: Sei { f k} ∞k=1 eine Cauchy-Folge in L∞ (M,µ, K). Dann gibt es zu jedem n ∈ Nein k 0 (n) mit‖f k − f l ‖ µ ≤ 1 n ,‖f k‖ ∞ ≤ C < ∞für alle k,l ≥ k 0 , also gibt es für alle k,l ≥ k 0 eine Nullmenge N(l,k) mitsup |f k (x) − f l (x)| = ‖f k − f l ‖ ∞ ≤ 1x∈M\N(l,k)n , sup |f k (x)| ≤ C ,x∈M\N(l,k)16
also(∗)sup |f k (x) − f l (x)| ≤ 1x∈M\Nn , sup |f k (x)| ≤ Cx∈M\Nfür alle n ∈ N <strong>und</strong> alle k,l ≥ k 0 (n) , mitN(n) = ⋃ {N(l,k)∣ ∣ l,k ≥ k 0 (n) }N =∞⋃N(n).n=1{ N ist eine Nullmenge als abzählbare Vereinigung von Nullmengen. Also ist insbesonderefk (x) } ∞eine Cauchyfolge in K für alle x ∈ M\N . Da K vollständig ist, hat diesek=1Folge einen Grenzwert f(x) , <strong>und</strong> es gilt für alle x ∈ M\N|f(x)|= |f(x) − f k (x) + f k (x)|= limk→∞|f(x) − f k (x) + f k (x)|≤lim |f(x) − f k (x)| + lim |f k (x)| ≤ lim C = C ,k→∞} {{ } k→∞ k→∞=0wegen (∗). Definiert man F auf N durchf(x) = 0, x ∈ N ,dann ist also f beschränkt <strong>und</strong> meßbar, also f ∈ L ∞ (m,µ, K) . Weiter folgt aus (∗) füralle x ∈ M\Nfür alle k ≥ k 0 , also|f(x) − f k (x)| = liml→∞|f(x) − f l (x) + f l (x) − f k (x)|≤≤‖f − f k ‖ ∞ ≤lim |f(x) − f l (x)| + lim |f l (x) − f k (x)|l→∞ l→∞1lim |f l (x) − f k (x)| ≤ liml→∞ l→∞ n = 1 n ,sup |f(x) − f k (x)| ≤ 1x∈M\Nn ,k ≥ k 0 . Hieraus folgt lim k→∞ f k = f in L ∞ (M,µ, K) , also ist dieser Raum vollständig.Lemma 2.3 (Höldersche Ungleichung) Seien p,q ∈ [1, ∞] mit 1 + 1 p qf ∈ L p (M) <strong>und</strong> g ∈ L q (M), dann ist fg ∈ L 1 (M) <strong>und</strong>= 1. Ist dann‖fg‖ 1 ≤ ‖f‖ p ‖g‖ q .17
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also0 = d dt J(w + tϕ) | t=0∫ b
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In kanonischer Form lauten die Eule
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Man kann diese Gleichungen folgende
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4.4.5 Der Fall f(x,u,ξ) = f(u,ξ)
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Hiermit folgtd[ ( ) ]S γ x,u(x),γ
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für alle (x,u) ∈ U . Ich werde z
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(x,u(x,α)) sind die von dieser Lin
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Zum Beweis des Satzes genügt es al
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Satz 5.9 (Trennungssatz) Sei H ein
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gelte lim n→∞ f(x n ) = f(x) f
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eine stetige, (komplex) lineare Abb
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Beweis: Sei {x n } ∞ n=1 ⊆ B 1
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6 Konvexe Funktionale6.1 Unterhalbs
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Lemma 6.6 Sei H ein Hilbertraum, se
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also istt(x,λ) + (1 − t)(y,µ) =
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) Sei H ein reeller Hilbertraum, se
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für alle x ∈ H . Dann nimmt f +g
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Beweis: Seien v 1 ,v 2 ∈ M(F,b) u
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für alle u ∈ M . Für alle ander
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folglichund somit∫ x1y 1|y 1|u(z)
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dem Satz von Beppo Levi1(w,v − u)
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weil man dann in (∗) v = u±ϕ se
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für alle ξ ∈ R n . Dann gilt∂
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für fast alle x ∈ ∂Ω. Wegen j
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=+≤=∫1 [lim |t∇v − (1 − t
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.) u ∈ M und∫ []1Ω 2 |∇u(x)|
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[19] A. Sommerfeld: Partielle Diffe