Es gilt aber sogar∫ 10∫ 1|u ′ (x)| 2 dx ≥ π 2 |u(x)| 2 dx.Diese Ungleichung heißt Wirtingersche Ungleichung. Bevor ich diese Ungleichung beweise,zeige ich noch, daß diese Ungleichung für λ 2 > π 2 nicht gilt: Denn füristI(u) = 1 2= − 1 2= − 1 2u(x) = sinπx ∈ D∫ 10∫ 10∫ 10= 1 2 (π2 − λ 2 )0u ′ (x) 2 − λ 2 u(x) 2 dxu(x)u ′′ (x) + λ 2 u(x) 2 dx[u ′′ (x) + λ 2 u(x) ] u(x)dx∫ 10(sin πx) 2 dx < 0.Beweis der√Wirtingerschen Ungleichung. Ich zeige zuerst, daß {u m } ∞ m=1 mit2u m (x) = sin(mπx) ein vollständiges Orthonormalsystem ist im Hilbertraum1+(mπ) 2◦H1((0, 1)) = H ◦ 2 1((0, 1)). Hierzu muß zuerst gezeigt werden, daß u m ∈ H1((0, ◦ 1)) ist fürm ∈ N. Sei für ε > 0 <strong>und</strong> x ∈ R{ (um (1 + ε)(x −12v m,ε (x) =) + ) 12 ,ε≤ x ≤ 2+ε2(1+ε) 2(1+ε)0, sonstWegen v m,ε (x) = 0 für x =Ableitungv ′ m,ε(x) =ε2(1+ε)<strong>und</strong> x =2+ε2(1+ε) ist v m,ε ∈ H 1 (R) mit der schwachen{ ((1 + ε)u′m (1 + ε)(x −1) + ) 12 2 ,ε≤ x ≤ 2+ε2(1+ε) 2(1+ε)0, sonst,<strong>und</strong> verschwindet in einer Umgebung der Randpunkte x = 0 <strong>und</strong> x = 1. Nach Folgerung2.16 gibt es eine Folge {ϕ k } ∞ k=1 mit ϕ k ∈ ◦ C∞((0, 1)) <strong>und</strong> ‖v m,ε −ϕ k ‖ 2,1,Ω → 0 für k → ∞,also ist v m,ε ∈ ◦ H1((0, 1)). Außerdem gilt ‖u m − v m,ε ‖ 2,1,(0,1) → 0 für ε → 0, also folgtu m ∈ ◦ H1((0, 1)) = ◦ H1((0, 1)).52
Weiter muß gezeigt werden, daß {u m } ∞ m=1 ein Orthonormalsystem ist. Es gilt(u k ,u m ) 1,(0,1) = (u ′ k,u ′ m) (0,1) + (u k ,u m ) (0,1){−(u′′k ,u m ) + (u k ,u m ) = [ (kπ) 2 + 1 ] (u k ,u m ) (0,1)=−(u k ,u ′′ m) + (u k ,u m ) = [ (mπ) 2 + 1 ] (u k ,u m ) [0,1) ,<strong>und</strong> somit [(kπ) 2 − (mπ) 2] (u k ,u m ) (0,1) = 0,was für k ≠ m nur sein kann wenn (u k ,u m ) (0,1) = 0 <strong>und</strong> somit auchFür k = m erhält man(u k ,u m ) 1,(0,1) = 0.(u m ,u m ) 1,(0,1) = [ (mπ) 2 + 1 ] (u m ,u m ) 0,1= [ (mπ) 2 + 1 ] 2(mπ) 2 + 1= 1.∫ 10sin(mπx) 2 dxAlso ist {u m } ∞ m=1 ein Orthonormalsystem. Es bleibt zu zeigen, daß dieses Orthonormalsystemvollständig ist.Es sei X der von {u m } ∞ m=1 aufgespannte Teilraum von H1((0, ◦ 1)), d.h. die Menge allerendlichen Linearkombinationen der u ′ ms. Es sei X der Abschluß von X . Bekanntlich gilt{ ∞}∑∞∑X = α m u m : α m u m konvergiert bezüglich der H1–Norm2 .m=1m=1Wenn für diesen abgeschlossenen Unterraum X = ◦ H1((0, 1)) gilt, dann ist {u m } ∞ m=1vollständig. Ich zeige, daß ◦ C∞((0, 1)) ⊆ X ist. Wegen ◦ C∞((0, 1)) = ◦ C1((0, 1)), folgtdann◦H1((0, 1))=◦C∞ ((0, 1)) ⊆ X ⊆ ◦ H1((0, 1)),<strong>und</strong> somit muß {u m } ∞ m=1 vollständig sein. Sei ϕ ∈ ◦ C∞(0, 1) <strong>und</strong> α m = (ϕ,u m ) 1,(0,1) . Esfolgt mit partieller Integrationα m = (ϕ,u m ) 1,(0,1) = (ϕ,u m ) (0,1) + (ϕ ′ ,u ′ m) (0,1)= (ϕ,u m ) (0,1) − (ϕ,u ′′ m) (0,1) = (ϕ,u m ) (0,1) + (πm) 2 (ϕ,u m ) (0,1)= ( 1 + (πm) 2)√ 2 (ϕ, sin(mπx)1 + (πm))(0,1)2√= 2 ( 1 + (πm) 2)( ϕ, sin(mπx) ) . (0,1)53
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VorlesungsskriptVariationsrechnungu
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4.3 Hamiltonsche Differentialgleich
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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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8 Existenztheorie für das Hinderni
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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