Nichtlineare Funktionalanalysis - SoSe 2016 Ubungsblatt 3 ¨

PD Dr. J. Wolf

Humboldt-Universit¨at zu Berlin Institut f¨ur Mathematik

www2.mathematik.hu-berlin.de/∼ jwolf

E-Mail: jwolf@math.hu-berlin.de 06. Mai 2016

Nichtlineare Funktionalanalysis - SoSe 2016 Ubungsblatt 3 ¨

(Besprechung in der ¨Ubung am 13. Mai 2016)

Aufgabe 1

Sei X =W₀^1,2((0,2)). Wir definieren das Funktional F :X →R durch

F(u) =

2

Z

0

(u⁰(t))²dt+

2

Z

0

u(t)dt, u∈X.

(a) Zeigen Sie, das F ∈C^∞(X) und bestimmen SieD^kF f¨ur k∈N.

(b) Untersuchen SieF auf lokale und globale Extrema und bestimmen Sie diese gege- benfalls.

Aufgabe 2

Sei X ein Banachraum. Zeigen Sie, dass f¨ur alle T ∈ L(X, X) mit kTk < 1 gilt:

I+T ∈ISO(X, X), so dass

(I+T)⁻¹ =

∞

X

k=0

(−1)^kT^k.

Schließen Sie hieraus, dass ISO(X, X) eine offene Teilmenge von L(X, X) ist.

Aufgabe 3

Sei F :R³ →R² gegeben durch

F(x₁, x₂, x₃) =





x²₁+x²₂+x²₃−5 x⁴₁+x⁴₂+x⁴₃−17



, (x₁, x₂, x₃)∈R³.

(a) Zeigen Sie: Es existiert einδ >0 und eine differenzierbare Abbildung Φ : (−δ, δ)→ R², so dass

F(t,Φ(t)) = 0 ∀t∈(−δ, δ), Φ₁(0) = 1, Φ₂(0) = 2.

Ferner berechne man die Ableitung Φ⁰ : (−δ, δ)→R². (b) Zeigen Sie, dass F keine isolierte Nullstelle besitzt.

1

L¨ osungen Blatt 3

Aufgabe 2: Sei T ∈ L(X, X) mit kTk < 1. Sei k ∈ N. Induktiv zeigt man kT^kk ≤ kTk^k. Denn f¨ur alle x∈X gilt:

kT^kxk = kT(T^k−1x)k ≤ kTkkTk^k−1kxk = kTk^kkxk Mithilfe der Dreiecksungleichung findet man

Xⁿ

k=m

(−1)^kT^k x

≤

m

X

k=m

kTk^kkxk.

Da kTk<1 ist die Folge der Partialsummen eine Cauchyfolge in L(X, X) also konver- giert diese gegen ein S ∈L(X, X). Außerden erh¨alt man

(I+T)S = lim

n→∞

n

X

k=0

((−1)^kT^k+ (−1)^kT^k+1)

= lim

n→∞

n

X

k=0

(−1)^kT^k+ lim

n→∞

n

X

k=1

(−1)^kT^k+1+I = I.

Nun sei T ∈ISO(X, X). Sei S ∈L(X, X) mit kSk<kT⁻¹k⁻¹. Dann ist kT⁻¹Sk<1.

Aus (a) folgt I +T⁻¹S ∈ ISO(X, X), also auch T +S = T(I+T⁻¹S)∈ ISO(X, X).

Folglich ist B_kT⁻¹_k⁻¹(T)⊂ISO(X, X), was die Behauptung beweist.

Aufgabe 3: Wir berechnen

D_(x2,x3)F(0,1,2) =



 2 4 4 32



∈ISO(R²,R²).

Aus dem Satz ¨uber implizite Funktionen folgt die Existenz einer Abbidung Φ(−δ, δ)→ R², so dass

F(t,Φ(t)) = F(0,1,2) = 0 ∀t∈(−δ, δ).

Nun sei x0 = (x0,1, x0,3, x0,3) ∈ R³, so dass F(x0) = 0. Dann kann h¨ochstens eine Koordinate 0 sein. Wegen der Symmetrie k¨onnen wir OBdA annehmen, dass x0,2 6=

0, x0,3 6= 0. Wir nehmen an, dass

D_(x2,x3)F(0,1,2) =





2x0,2 2x0,3

4x³_0,2 4x³_0,3



∈/ ISO(R²,R²).

Wegen x_0,2 6= 0 undx_0,3 6= 0 existiert einλ ∈R\ {0}, so dass x_0,3 = λx_0,2, λ³x³_0,2 = x³_0,3 = λx³_0,2. Dies impliziert λ² = 1, also λ=±1 und

x_0,3 =±x_0,2.

2

W¨are x₁ = 0, so h¨atte man 2x²_2,0 = 5 und 2x⁴_0,2 = 2·25 = 50 6= 17 ein Widerspruch.

Folglich gilt x_1,0 6= 0.

Wir nehmen nun weiterhin an, dass

D_(x1,x2)F(0,1,2) =





2x_0,1 2x_0,2 4x³_0,1 4x³_0,2



∈/ ISO(R²,R²).

Wie oben zeigt man

x_0,2 =±x_0,1

Folglich x²_0,1 = x²_0,2 = x²_0,3. Dies liefert F(x₀) = (3x²_1,0 −5,3x⁴_1,0 −17) = (0,0). Also x²_1,0 = ⁵₃ folglich x⁴_1,0 = ²⁵₉ im Widerspruch zu x⁴_1,0 = ¹⁷₃. Somit ist die Annahme falsch.

Nach dem Satz ¨uber impliziete Funktionen istx₀ keine isolierte Nullstelle.

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