Karlsruher Institut für TechnologieInstitut für AnalysisProf. Dr. Michael PlumM. Sc. Peter Rupp

Differentialgleichungen und Hilberträume - Übungsblatt 13Abgabe: 17.07.2015 - 10Uhr

Aufgabe 51

Beweisen Sie das Lemma von Lax-Milgram: Sei B : H ×H → K eine Sesquilinearform. Es gelte mitKonstanten C, c > 0 :

• |B[u, v]| ≤ C‖u‖ · ‖v‖ (u, v ∈ H) .

• Re (B[u, u]) ≥ c‖u‖2 (u ∈ H) .

Dann gibt es zu jedem l ∈ H ′ ein eindeutiges w ∈ H , sodass B[v, w] = l(v) für alle v ∈ H gilt.

Hinweis: Gehen Sie wie folgt vor: Zu jedem u ∈ H ist fu : v 7→ B[u, v] ein lineares, beschränktesFunktional. Nach dem Darstellungssatz von Riesz gibt es also ein wu ∈ H , sodass fu(v) = 〈v, wu〉für alle v ∈ H gilt. Beweisen Sie, dass der Operator A : H → H, u 7→ wu linear und beschränkt ist.Ferner gibt es zu l ∈ H ′ ein w ∈ H mit l(v) = 〈v, w〉 für alle v ∈ V . Die Existenz von w ∈ H mitB[v, w] = l(v) für alle v ∈ V ist daher äquivalent zur Gleichung 〈v, w〉 = 〈v,Au〉 für alle v ∈ H , alsoAu = w . Betrachten Sie nun zu einem passenden ρ > 0 den Operator T : H → H, u 7→ u−ρ(Au−w)und verwenden Sie den Banachschen Fixpunktsatz.

Lösungsvorschlag: Wir folgen den Hinweisen in der Aufgabenstellung. Zunächst ist zu u ∈ H dieAbbildung v → B[v, u] (v ∈ H) linear. Nach dem Darstellungssatz von Riesz gibt es ein wu ∈ H ,sodass B[v, u] = 〈v, wu〉H für alle v ∈ H gilt. Die Abbildung A : u→ wu ist linear und beschränkt,denn:

‖Au‖2 = 〈Au,Au〉 = |B[Au, u]| ≤ C‖Au‖ ‖u‖ (u ∈ H)

und weiter

〈w,A(u+λv)〉 = B[w, u+ v] = B[w, u] +λB[w, v] = 〈w,Au〉+λ〈w,Av〉 = 〈w,Au+λAv〉 (w ∈ H)

Daher gilt A(u + λv) = Au + λAv für alle u, v ∈ H und λ ∈ K . Sei nun l ∈ H ′ vorgegeben, danngibt es nach dem Darstellungssatz von Riesz ein w ∈ H mit l(v) = 〈v, w〉 für alle v ∈ H . Damit istdie Existenz von u ∈ H mit B[v, u] = l(v) für alle v ∈ H mit obiger Überlegung äquivalent dazu,dass es ein w ∈ H gibt mit 〈v, w〉 = l(v) = B[v, u] = 〈v,Au〉 für alle v ∈ H , das heißt Aw = u . Wirschreiben Die Gleichung nun ein wenig um:

Aw = u ⇔ Aw − u = 0 ⇔ −ρ(Aw − u) + w = w für ein ρ > 0.

Betrachte die Gleichung also als Fixpunktproblem von T : H → H, w 7→ w − ρ(Aw − u) , so ist Teine Kontraktion, denn

‖Tv − Tw‖2 = ‖v − ρ(Av − u)− (w − ρ(Aw − u))‖2 ≤ ‖v − w − ρA(v − w)‖2

= ‖v − w‖2 − 2ρ<〈v − w,A(v − w)〉+ ρ2‖A(v − w)‖2

= ‖v − w‖2 − 2ρ<B[v − w, v − w] + ρ2C2‖v − w‖2 ≤ (1− 2ρc+ C2ρ2)‖v − w‖2.

Falls ρ = c/C2 ist die Kontraktionskonstante 1− c2/C2 < 1 und damit der Banachsche Fixpunktsatzanwendbar (H ist insbesondere eine vollständiger metrischer Raum). Die Existenz und Eindeutigkeit

1

eines gewünschten w folgt.

Aufgabe 52

Sei Ω = (−1, 1) . u ∈ L2(Ω) definiert durch

u(x) :=

−1 (−1 < x ≤ 0)1 (0 < x < 1)

Zeigen Sie, dass u nicht schwach differenzierbar mit schwacher Ableitung in L2(Ω) ist.

Lösungsvorschlag: Angenommen u ist schwach differenzierbar mit schwacher Ableitung v ∈ L2(Ω) ,das heißt es gibt v ∈ L2(Ω) mit

1∫−1

vφ dx =

0∫−1

φ′(x) dx−1∫

0

φ′(x) dx = −2φ(0) (φ ∈ C∞0 (Ω)).

Betrachte eine ähnliche Folge (φn)n∈N von C∞0 -Funktionen wie in Aufgabe 39, das heißt:

φn(x) :=1nφ(x

n) φ(x) :=

e−1/1−x2

x ∈ (−1, 1)0 sonst.

Dann gilt ‖φn‖2 = 1 . Dann gilt aber für v :

‖v‖ ≥ |〈φn, v〉| = 2φn(0) (n ∈ N).

Das heißt, ‖v‖ =∞ , was einen Widerspruch liefert.

Aufgabe 53

Beweisen Sie die Poincaré-Friedrichs-Ungleichung: Sei Ω ⊂ Rn ein beschränktes Gebiet. Dann existiertein Cp > 0 derart, dass

‖u‖2 ≤ Cp‖∇u‖2 (u ∈ H10 (Ω)).

Hinweis: Zeigen Sie die Ungleichung zunächst für u ∈ C∞0 (Ω) , indem Sie u außerhalb von Ω trivialfortsetzen und u(·, x2, · · · , xn) (bei festem (x2, · · · , xn) ) mit Hilfe des Hauptsatzes der Differential-und Integralrechnung ausdrücken.

Lösungsvorschlag: Die folgende Konstruktion liefert nur eine sehr grobe Konstante, die deutlich ver-bessert werden kann, wenn man mehr über das Gebiet weiß. Sie erleichtert jedoch die Rechnungen.Man wähle a ∈ R , sodass Ω ⊆ (−a, a)n Sei φ ∈ C∞0 (Ω) . Dann ist dist (suppφ, ∂(−a, a)2) > 0 und φkann zu einer C∞0 (Rn) -Funktion durch φ(x) = 0 für x /∈ Ω fortgesetzt werden. Diese wird auch mitφ bezeichnet. Dann gilt mittels Hauptsatz der Differential und Integralrechnung:

|φ(x)|2 =

x∫−a

2φ(ξ1, x2, · · · , xn)∂x1φ(ξ1, x2, · · · , xn) dξ1

≤x∫−a

(14a|φ(ξ1, x2, · · · , xn)|2 + a|∂x1φ(ξ1, x2, · · · , xn)|2

)dξ1

≤a∫−a

(14a|φ(ξ1, x2, · · · , xn)|2 + a|∂x1φ(ξ1, x2, · · · , xn)|2

)dξ1 (x ∈ Rn)

2

Integriert man nun beide Seiten über (−a, a)n , so erhält man:∫(−a,a)n

|φ(x)|2 dx ≤∫ a

−a

(∫(−a,a)n

(14a|φ(ξ1, x2, · · · , xn)|2 + 4a|∂x1φ(ξ1, x2, · · · , xn)|2

)dξ1dx2 · · · dxn

)dx1

=2a∫

(−a,a)n

(14a|φ(x1, x2, · · · , xn)|2 + 4a|∂x1φ(x1, x2, · · · , xn)|2

)dx

Da φ = 0 auf (−a, a)n \ Ω gilt, erhält man schließlich

‖φ‖L2(Ω) ≤ 4a‖∂x1φ‖L2(Ω) ≤ 4a‖∇φ‖L2(Ω) (φ ∈ C∞0 (Ω)).

Sei nun φ ∈ H10 (Ω) , das heißt, es existiert eine Folge (φn)n∈N mit φn → φ in H1(Rn) . Insbesondere

konvergiert dann ‖φn−φ‖L2(Rn) → 0 und ‖∇(φn−φ)‖L2(Rn) → 0 . Da 4a‖φn‖L2(Rn)−‖∇φn‖L2(Rn) ≥ 0für alle n ∈ N , gilt das auch für den Grenzwert.

Aufgabe 54

Sei (H, 〈·, ·〉) ein Hilbertraum und K : H → H ein symmetrischer und beschränkter linearer Operator.Zeigen Sie, dass für die Norm von K dann gilt:

‖K‖ = supu6=0

〈Ku, u〉〈u, u〉

.

Hinweis: Betrachten Sie für µ > 0 den Ausdruck

〈K(µu+1µKu), µu+

1µKu〉 − 〈K(µu− 1

µKu), µu− 1

µKu〉.

Lösungsvorschlag: Zunächst muss ich korrigieren, dass die Aufgabe eigentlich lauten muss:

‖K‖ = supu6=0

|〈Ku, u〉|〈u, u〉

.

Die Richtung ‖K‖ ≥ rechte Seite ist klar, denn |〈Ku, u〉| ≤ sup‖v‖ = 1|〈Ku, v〉| = ‖Ku‖2. (Cauchy-Schwarz). Für die Rückrichtung benutzen wir den Term aus dem Hinweis und stellen fest:

〈K(µu+1µKu), µu+

1µKu〉 − 〈K(µu− 1

µKu), µu− 1

µKu〉 = 4‖Ku‖2

wegen der Symmetrie von K . Da K kompakt ist, ist entweder ‖K‖ oder −‖K‖ ein Eigenwert.Wähle µ2 = ‖K‖ , dann wird einer der Skalarprodukte im Term aus dem Hinweis 0 . Man erhält dann

‖Ku‖2 ≤∣∣∣∣14〈K(µu∓ 1

µKu), µu∓ 1

µKu〉

∣∣∣∣≤ 1

4µ2|〈Ku, u〉|+ 2‖Ku‖2 +

1µ2|〈K2u,Ku〉|

≤ 14‖K‖〈Ku, u〉+

14‖K‖

|〈K2u,Ku〉|+ 12‖Ku‖2.

Mittels

supu∈H\0

|〈K2u,Ku〉|〈u, u〉

= supu∈H\0

|〈K2u,Ku〉|〈Ku,Ku〉

|〈Ku,Ku〉|〈u, u〉

≤ ‖K‖ supu∈H\0

|〈Ku, u〉|〈u, u〉

ergibt sich dann ‖K‖ ≤ supu∈H\0

|〈Ku,u〉|〈u,u〉 .

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