Aufgabe 1 (Circa 9 Punkte) - TUM M7/Analysis

Aufgabe 1 (Circa 9 Punkte)Begründen Sie, dass das Anfangswertproblem2u · u x1 − x 2 · u x2 = 2x 1 , u(1 + s 2 , s) = 1 − s 2 ∀s ∈ Rin einer hinreichend kleinen Umgebung von {(1 + s 2 , s) | s ∈ R} ⊂ R 2 eine eindeutigeLösung u(x 1 , x 2 ) hat und berechnen Sie diese explizit.Lösung: Dieses Anfangswertproblem ist ein Cauchy-Problem für die quasilineare partielleDierentialgleichung 1. Ordnung mit den glatten Koezienten (Notation s. Vorl.)a 1 (x, y) = 2y, a 2 (x, y) = −x 2 , b(x, y) = 2x 1 .Die Cauchy-Daten sind nicht-charakteristisch, da mit g(s) = (1 + s 2 , s), ϕ(g(s)) = 1 − s 2 :( ) ( )∂s gdet 1 (s) a 1 (g(s), ϕ(g(s)))2s 2 − 2s2= det= −2 ≠ 0 ∀s ∈ R.∂ s g 2 (s) a 2 (g(s), ϕ(g(s)))1 −sNach Satz 3.3 exisitiert also lokal eine eindeutige Lösung.Die charakteristischen Gleichungen zum Startpunkt (1 + s 2 , s, 1 − s 2 ) sindx˙1 = 2y, x 1 (0) = 1 + s 2 ,x˙2 = −x 2 , x 2 (0) = s,ẏ = 2x 1 , y(0) = 1 − s 2 .Die zweite Gleichung ist unabhängig von den anderen beiden und hat die Lösungx 2 (t) = se −t .Die Gleichungen für x 1 (t), y(t) bilden ein lineares GDGL-System mit konst. Koezienten:( ) ( ) ( )d x1 0 2 x1=.dt y 2 0 yDie Koezientenmatrix hat die Eigenwerte −2, +2, also istx 1 (t) = Ae 2t + Be −2t , y(t) = Ae 2t − Be −2t .Die Konstanten A, B bestimmt man aus den Anfangswerten, so dassOensichtlich ist nunx 1 (t) = e 2t + s 2 e −2t , y(t) = e 2t − s 2 e −2t .y(t) = x 1 (t) − 2(x 2 (t)) 2 ∀t ∈ R,also erhält man als (auf ganz R 2 denierte) gesuchte Lösung des Anfangswertproblemsu(x 1 , x 2 ) = x 1 − 2x 2 2.Seite 1 von 6

Aufgabe 2 (Circa 6 Punkte)Es sei U ⊂ R n oen und beschränkt und u ∈ C 2 (U) ∩ C(U) erfülle{ ∆u = u3in U,u = 0 auf ∂U.Zeigen Sie, dass u ≡ 0 in U.Lösung (Vorschlag 1): Da u stetig auf dem Kompaktum U ist, exisitert x 0 ∈ U mitu(x 0 ) = max x∈U u(x). Wäre u(x 0 ) > 0, so wäre x 0 ∈ U wegen u| ∂U = 0. Da u ∈ C 2 (U)folgte u 3 (x 0 ) = ∆u(x 0 ) = Spur(D 2 u(x 0 )) ≤ 0. Widerspruch. Also u ≤ u(x 0 ) ≤ 0 auf U.Analog ist −u ≤ 0 auf U.□Lösung (Vorschlag 2): Es sei Ω := {x ∈ U | u(x) > 0}.Aus Stetigkeitsgründen ist Ω oen und wegen Ω ⊂ U auch beschränkt.Weiter ist u ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω) und u| ∂Ω = 0 (Stetigkeit und Randwerte auf ∂U).Da ∆u = u 3 ist ∆u > 0 auf Ω, also ist u subharmonisch auf Ω. Nach dem schwachenMaximumsprinzip ist damit u ≤ 0 in Ω, nach Denition also Ω = ∅.Ebenso zeigt man {x ∈ U | u(x) < 0} = ∅, da u dort superharmonisch ist.□Seite 2 von 6

Aufgabe 3 (Circa 8 Punkte)Es sei U := B 1 (0) ⊂ R 2 . Betrachten Sie das Randwertproblem{ −2 · ∂2x1u + ∂ x1 ∂ x2 u − ∂ 2 x 2u = sin 5 (x 1 x 2 ) in U,u = 0 auf ∂U.a) Geben Sie die schwache Formulierung dieses Randwertproblems an.b) Hat dieses Problem eine schwache Lösung? Begründen Sie Ihre Antwort!c) Ändert sich Ihre Antwort, wenn der Summand −2 · ∂ 2 x 1u in der Dierentialgleichungdurch (x 2 − 2) · ∂ 2 x 1u ersetzt wird? Warum?Lösung:Zu a): Wir haben hier das RandwertproblemLu = sin 5 (x 1 x 2 ) in U, u = 0 auf ∂U,mit dem Dierentialoperator (in Divergenzform)( ( ) )2 −1Lu = −div2− 1 grad u ,12} {{ }=:A(x)vorliegen, wobei hier A symmetrisch gewählt wurde. Die schwache Formulierung ist alsoanalog zur Vorlesung (Multiplikation mit Testfunktion, partielle Integration):∫∫B(u, v) := (∇u) T A(x)(∇v) dx =! sin 5 (x 1 x 2 )v dx ∀v ∈ H0(U).1UZu b): Um zu überprüfen, ob dieses Randwertproblem eine schwache Lösung besitzt stellenwir zunächst fast, dass oensichtlich sin 5 (x 1 x 2 ) ∈ L 2 (U). Weiter sind alle Koezientenfunktionenvon A aus L ∞ (U). Da A (gleichmäÿig in x) positiv denit ist, das heiÿtξ T A(x)ξ = ξ T ( 2 −12− 1 21U)ξ ≥ θ |ξ| 2 ∀x ∈ U, ξ ∈ R 2 ,mit einem θ > 0, ist L auch gleichmäÿig elliptisch und Satz 5.11 liefert die Existenz einer(eindeutigen) schwachen Lösung u ∈ H 1 0(U) des Randwertproblems.Zu c): Das neue Problem entspricht obigem mit der neuen Matrix( )2 − x2 − 1A(x) :=2− 1 .12Alle oben getroenen Aussagen gelten entsprechend, wenn man beachtet, dass( ) ( )2 −ξ T A(x)ξ = ξ T x2 − 1 21 −− 1 ξ ≥ ξ T 121− 1 ξ ≥ θ |ξ| 2 ∀x ∈ U, ξ ∈ R 2 ,12 2} {{ }mit einem θ > 0.ist positiv denitSeite 3 von 6

Aufgabe 4 (Circa 7 Punkte)Es seien U ⊂ R n oen und beschränkt mit C 1 -Rand und äuÿerem Einheitsnormalenfeld ν,p ∈ [1, ∞) und T : W 1,p (U) → L p (∂U) der zugehörige Spuroperator.Beweisen Sie, dass für alle f = (f 1 , . . . , f n ) : U → R n mit f 1 , . . . , f n ∈ W 1,p (U) gilt∫∫div f dx = T (f) · ν dS,wobei divf := ∑ nk=1 ∂ x kf k und T (f) := (T (f 1 ), . . . , T (f n )).U∂ULösung (Vorschlag 1): Zunächst stellt man fest, dass für glatte f 1 , . . . , f n ∈ C ∞ (U)wegen T (f k ) = f k | ∂U die Aussage dem Satz von Gauÿ entspricht, also korrekt ist.Wir betrachten den Produktraum (W 1,p (U)) n mit der Norm‖(f 1 , . . . , f n )‖ (W 1,p (U)) n =n∑‖f k ‖ W 1,p (U) .k=1Da bekanntlich C ∞ (U) dicht in W 1,p (U) liegt, ist auch (C ∞ (U)) n ⊂ (W 1,p (U)) n dicht.Die lineare Abbildung∫∫A : (W 1,p (U)) n → R, (f 1 , . . . , f n ) ↦→ div f dx − T (f) · ν dSUk=1∂Uk=1U∂Uverschwindet also auf einer dichten Menge. Da nun aber∫ n∑∫ n∑|A(f 1 , . . . , f n )| ≤ |∂ xk f k | dx + |T (f k )| ∣ ∣ νk dS ≤n∑ ()≤ ‖∂ xk f k ‖ L p (U) · ‖1 U‖ L q (U) + ‖T (f k)‖ L p (∂U) · ‖1 ∂U‖ L q (∂U)≤( k=1)≤ ‖1 U ‖ L q (U) + ‖T ‖ ‖1 ∂U‖ L q (∂U)· ‖(f 1 , . . . , f n )‖ (W 1,p (U)), nwobei 1 p + 1 q = 1, ist A stetig und damit muss A = 0 auf ganz (W 1,p (U)) n sein.Letzteres aber ist genau die Behauptung.□Seite 4 von 6

Zunächst stellt man fest, dass für glatte f k ∈ C ∞ (U) nachdem Satz von Gauÿ wegen T (f k ) = f k | ∂U gilt:∫∫∂ xk f k dx = T (f k ) · ν k dS.Lösung (Vorschlag 2):UFür beliebige f 2 , . . . , f n ∈ C ∞ (U) verschwindet die lineare Abbildung∫∫A f 2,...,f n: W 1,p (U) → R, f 1 ↦→ div f dx − T (f) · ν dS,also auf der dichten Teilmenge C ∞ (U) ⊂ W 1,p (U). Da wegen∣∣A f 2,...,f n(f 1 ) ∣ ∫∫∫∫=∣ ∂ x1 f 1 dx − T (f 1 ) · ν 1 dS∣ ≤ |∂ x1 f 1 | dx +U∂U∂U≤(‖∂ x1 f 1 ‖ L p (U) · ‖1 U‖ L q (U) + ‖T (f ) 1)‖ L p (∂U) · ‖1 ∂U‖ L q (∂U) ≤≤ ‖1 U ‖ L q (U) + ‖T ‖ ‖1 ∂U‖ L q (∂U)· ‖f 1 ‖ W 1,p (U) ,UU∂U∂U|T (f 1 )| ∣ ∣ ν1 ∣ ∣ dS ≤wobei 1+ 1 = 1, das Funktional p q Af 2,...,f naber stetig ist, ist A f 2,...,f n(f 1 ) = 0 ∀f 1 ∈ W 1,p (U).Sukzessives Anwenden der gleichen Argumentation auf die Abbildungen∫∫f k ↦→ div f dx − T (f) · ν dS,U∂Ufür beliebige f 1 , . . . , f k−1 ∈ W 1,p (U) und f k+1 , . . . , f n ∈ C ∞ (U) zeigt, dass∫∫div f dx − T (f) · ν dS = 0 ∀f 1 , . . . , f n ∈ W 1,p (U),wie behauptet.U∂U□Seite 5 von 6

Aufgabe 5 (Circa 10 Punkte)Kreuzen Sie im Folgenden die jeweils richtige Aussage an.Jede korrekte Antwort wird mit 1 Punkt, jede falsche Anwort mit -1 Punkt und jedeunbeantwortete Frage mit 0 Punkten bewertet.Die minimale Gesamtpunktzahl für diese Aufgabe beträgt 0 Punkte.{(x, t) ∈ R n+1 | t = 7} ist nicht-charakteristisch für ∂ t − ∆ x . □ Ja NeinFür U = B 1 (0) ⊂ R 2 ist log(|x|) ∈ W 1,2 (U). □ Ja NeinFür U = B 1 (0) ⊂ R 3 ist log(|x|) ∈ W 1,2 (U). Ja □ NeinFür U = B 1 (0) ⊂ R 2 ist die Menge{f ∈ C 1 (U) | |f(x)| , |∇f(x)| ≤ |x| −1} relativkompakt in L 6 (U). Ja□ NeinEs seien U ⊂ R n oen, beschränkt mit C 1 -Rand und p ∈ [1, n).Die Einbettung W 1,p (U) → L p∗ (U) ist stetig.Die Einbettung W 1,p (U) → L p∗ (U) ist kompakt.Es sei B(u, v) := ∫ (0,1) 2 u x1 v x1 + u x1 v x2 + uv dx.B deniert eine stetige Bilinearform auf H 1 0((0, 1) 2 ).B deniert eine koerzive Bilinearform auf H 1 0((0, 1) 2 ).Betrachten Sie das Funktional I(u) := ∫ 10 |u′ | 4 + |u| 2 dxauf A = {u ∈ W 1,4 (0, 1) | u(0) = 0, u(1) = 1}.I(v) = inf u∈A I(u) hat eine Lösung v ∈ A.I(v) = inf u∈A I(u) hat höchstens eine Lösung v ∈ A. Ja□ Ja Ja□ Ja Ja Ja□ Nein Nein□ Nein Nein□ Nein□ NeinSeite 6 von 6