für alle n ≥ n 0 . Nach Satz 5.18 ist B r (0) schwach folgenkompakt, also gibt es x 0 ∈ B r (0)<strong>und</strong> eine Teilfolge {x nk } ∞ k=1 mit x nk ⇀ x 0 .Da f konvex <strong>und</strong> von unten halbstetig ist, ist f nach Satz 6.3 auch schwach von untenhalbstetig, also gilt<strong>und</strong> somitf(x 0 ) ≤lim infk→∞f(x n k) = limk→∞f(x nk )= limn→∞f(x n ) = infx∈H f(x),f(x 0 ) = minx∈H f(x).Um zu zeigen, daß das Minimum eindeutig ist, soll angenommen werden, daß x 0 ,x ′ 0 ∈ Hexistierten mit x 0 ≠ x ′ 0 <strong>und</strong> mitDann folgte für alle t ∈ (0, 1)f(x 0 ) = f(x ′ 0) = minx∈H f(x).f ( tx 0 + (1 − t)x ′ 0)< tf(x0 ) + (1 − t)f(x ′ 0) = minx∈H f(x).Dies ist ein Widerspruch, also kann das Minimum nur in einem Punkt angenommenwerden.Lemma 6.8 (Beschränktheit konvexer, unterhalbstetiger Funktionale) Sei f :H → (−∞, ∞] eine konvexe, von unten halbstetige Funktion. Dann existiert ein reelllineares, stetiges Funktional g : H → R <strong>und</strong> eine Konstante c 0 ∈ R mitfür alle x ∈ H .f(x) > g(x) + c 0Beweis: Falls f ≡ ∞ ist, ist die Behauptung klar. Also genügt es den Fall zu betrachten,wo ein x 0 ∈ H existiert mit f(x 0 ) < ∞. Beachte zunächst, daß der Raum H × K einHilbertraum ist mit dem Skalarprodukt((x,λ), (y,µ))H×K = (x,y) H + λµ<strong>und</strong> der NormSei nun‖(x,λ)‖ H×K =√‖x‖ 2 H + |λ|2 .K(f) = { (x,λ) ∈ H × R ∣ ∣ f(x) ≤ λ } ⊆ H × K.Dies ist eine konvexe, abgeschlossene, nichtleere Menge. Denn seien (x,λ) <strong>und</strong> (y,µ) ∈K(f). Dann folgt für 0 < t < 1f ( tx + (1 − t)y ) ≤tf(x) + (1 − t)f(y)≤ tλ + (1 − t)µ ,92
also istt(x,λ) + (1 − t)(y,µ) = ( tx + (1 − t)y,tλ + (1 − t)µ ) ∈ K(f),<strong>und</strong> somit ist K(f) konvex.Um zu sehen, daß K(f) abgeschlossen ist, sei (x,λ) ∈ K(f) <strong>und</strong>{(x m ,λ m )} ∞ m=1 ⊆ K(f) eine Folge mit lim m→∞ (x m ,λ m ) = (x,λ). Da f von unten halbstetigist, folgtf(x) ≤lim infm→∞f(x m) ≤ lim infm→∞= limm→∞ λ m = λ ,also (x,λ) ∈ K(f) ; folglich ist K(f) abgeschlossen.Sei nun µ ∈ R mit µ < f(x 0 ). Dann ist (x 0 ,µ) /∈ K(f), also gibt es nach Satz 5.9 einestetige, reel lineare Abbildung G : H × K → R mit(∗) G ( (x 0 ,µ) ) > sup G ( (x,λ) ) .(x,λ)∈K(f)Definiere die Abbildung h : H → R durchh(x) = G ( (x, 0) ) .Dann ist h reell linear <strong>und</strong> stetig. Auch die Abbildung λ ↦→ G ( (0,λ) ) : K → R ist reelllinear <strong>und</strong> stetig, also gibt es ein ω ∈ K mitG ( (0,λ) ) = Re (λ,ω) K = Re (λω)für alle λ ∈ K. Zum Beweis beachte man, daß für jede stetige reell lineare Abbildung ugiltu = Reûmit einer stetigen linearen Abbildung û . Dies wurde im Beweis von Satz 5.13 gezeigt.Also gilt für alle (x,λ) ∈ H × Kλ mG ( (x,λ) ) = G ( (x, 0) ) + G ( (0,λ) ) = h(x) + Re (λω),<strong>und</strong> wegen µ ∈ R kann somit (∗) auch in der FormG ( (x 0 ,µ) ) [= h(x 0 ) + µ(Reω) > supx∈Hgeschrieben werden. Insbesondere folgt hieraussupλ≥f(x)(h(x) + λ(Reω)) ]G ( (x 0 ,µ) ) = h(x 0 ) + (Reω)µ > h(x 0 ) + (Reω) sup λ ,λ≥f(x 0 )was wegen f(x 0 ) < ∞ nur sein kann wenn (Reω) < 0. Außerdem folgtG ( (x 0 ,µ) ) > h(x) + f(x)(Reω)93
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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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