LMU München • Nicole Seiert
Fundamentallemma und Poincaré-Ungleichung
Hüttenseminar bei
Prof. Lars Diening
07.01.2015 - 10.01.2015
Notationen
(i)
ω
bΩ
ω ist kompakte Teilmenge von Ω .
(ii)L
ploc(Ω)
Menge der L
n-f.ü. eindeutig denierten Funktionen u : Ω →
Rmit u ∈ L
p(ω) für alle ω
bΩ ⊂
Rn(iii)
einfache Funktion u(x ) =
r
P
k=1
α
k1Ak(x), α
k >0 mit L
n-fast disjunkten, L -messbaren Mengen (A
k)
k∈{1,...,r}mit L
n(A
k) < ∞ und Ω =
r
S
k=1
A
k(iv)
C
0∞(Ω) = {u ∈ C
∞(Ω) | supp(u) = {x ∈ Ω|u(x) 6= 0 } ⊂ Ω kompakt }
(v)Desweiteren gelte stets Ω ⊂
Rn.
Hilfslemma und Hilfskorollar (ohne Beweis)
(I)
Lemma
Sei u : Ω →
Reine einfache Funktion. Dann ∃(η
n)
n∈N⊂ C
0∞(Ω) mit η
n−−−−→
n→∞u in L
p(Ω) mit p ∈ [ 1 , ∞) .
(II)Korollar
Sei (η
n)
n∈N⊂ L
p(Ω) , f ∈ L
p(Ω) p ∈ [ 1 , ∞) mit η
n−−−−→
n→∞f in L
p(Ω) .
∃ Teilfolge (η
nk)
k∈N, so dass
η
nk(x) −−−−→
k→∞f (x) für µ -f.a. x ∈ Ω . Satz
Sei
RΩ
u(x)η(x)dx = 0 für u ∈ L
1loc(Ω) und alle η ∈ C
0∞(Ω) Dann ist u(x) = 0 für L
n-f.a. x ∈ Ω . Ist dagegen
R
Ω
u(x)η(x )dx ≥ 0 für alle η ∈ C
0∞(Ω), η ≥ 0,
so ist u (x) ≥ 0 für L
n-f.a. x ∈ Ω .
Beweis
Es gelte für u ∈ L
1loc(Ω) :
R
Ω
u(x)η(x)dx = 0 für alle η ∈ C
0∞(Ω) Sei ω
bΩ beliebig. Betrachte
f : Ω →
Rx 7→
1ω(x)
Da f eine einfache Funktion ist, gilt nach dem Hilfslemma: ∃ Folge (η
n)
n∈N⊂ C
0∞(Ω) mit
η
n−−−−→
n→∞ 1ωWähle o.B.d.A (η
n)
n∈Nso, dass 0 ≤ η
n≤ 1 ∀n ∈
Nerfüllt ist.
Wähle gemäÿ dem Hilfskorollar eine Teilfolge (η
nk)
k∈N, so dass η
nk(x) −−−−→
k→∞ 1ω(x)
punktweise für L
n-f.a. x ∈ Ω.
Betrachte
|u(x)η
nk(x)| ≤ |u(x)|
und u(x) ist integrierbar auf ω
bΩ . Mit |u(x)| als Majorante folgt:
0 = lim
k→∞
Z
Ω
u(x)η
nk(x)dx
dom. Konv.=
ZΩ
k→∞
lim u(x)η
nk(x)dx =
R
Ω
u(x)
1ω(x)dx =
Rω
u(x)dx (1)
Wähle ein beliebiges u ∈ L
1loc(Ω) . Betrachte:
Ω
+= {x ∈ Ω : u(x) > 0 } Ω
−= {x ∈ Ω : u(x) < 0 } Ω
0= {x ∈ Ω : u(x) = 0 }
L
n(Ω
0) = 0 (trivial). Sei ω
bΩ
+, L
n(Ω
+) > 0, insbesondere L
n(ω) > 0.
⇒ u > 0 auf ω . Wegen (1) gilt L
n(ω) = 0 ∀ω
bΩ
+. Äquivalent ∀ω
bΩ
−.
Einschub: Eigenschaften eines Radon-Maÿes µ:P(Ω)→R(i)
Jede Borel-Menge in Ω ist µ -messbar.
(ii)
∀ω ⊂ Ω kompakt gilt:
µ(ω) < ∞
Jede µ -messbare Teilmenge A ⊂ Ω ist durch relativ kompakte Teilmengen approximierbar:
µ(A) = sup
BbA
µ(B)
L ist ein Radon-Maÿ
⇒ L
n(Ω
+) = sup
ωbΩ+
L
n(ω) = 0 = sup
ωbΩ−
L
n(ω) = L
n(Ω
−)
⇒ u(x) = 0 für L
n-f.a. x ∈ Ω.
Der zweite Fall des Lemmas folgt analog.
Poincaré-Ungleichung (Version für H ˚
1,p(Ω) )
Denition
Eine Funktion u ∈ L
1loc(Ω) besitzt die schwache Ableitung v
α∈ L
1loc(Ω) , wenn für alle Testfunktionen φ ∈ C
0∞(Ω) gilt:
R
Ω
D
αu(x )φ(x)dx = (− 1 )
αRΩ
v
α(x)φ(x)dx
Denition
p ∈ [ 1 , ∞) , k ∈
N0, dann ist
H
k,p(Ω) = {u ∈ L
p(Ω)|D
αu ∈ L
p(Ω) existiert für 0 ≤ |α| ≤ k}
der Sobolevraum mit k-facher Dierenzierbarkeitsstufe. Bemerke:
H ˚
k,p(Ω) = C
0k(Ω)
k·kHk,p(Ω)⊂ H
k,p(Ω) und ( ˚ H
k,p(Ω), k · k
Lp) ist Banach.
Satz
Es gibt eine Konstante c
p≤ 2d , so dass für alle u ∈ H ˚
1,p(Ω) gilt:
kuk
Lp(Ω)≤ c
pk∇uk
Lp(Ω)Beweis
Bemerkung:
H ˚
1,p(Ω) = C
01(Ω)
k·kH1,p(Ω)⊂ H
1,p(Ω)
⇒ Es reicht, die Ungleichung für u ∈ C
01(Ω) zu zeigen.
Wähle (u
k)
k∈N⊂ C
01(Ω) , v ∈ H ˚
1,p(Ω) mit kv − u
kk
H1,p(Ω)−−−−→
k→∞0 und die Ungleichung sei für (u
k)
k∈Nerfüllt.
kvk
Lp(Ω)= ku
k+ v − u
kk
Lp(Ω)≤ ku
kk
Lp(Ω)+ kv − u
kk
Lp(Ω)≤ c
pk∇u
kk
Lp(Ω)+ ku
k− vk
Lp(Ω)≤ c
pk∇v k
Lp(Ω)+ c
pk∇(u
k− v)k
Lp(Ω)+ kv − u
kk
Lp(Ω)−−−−→
k→∞c
pk∇vk
Lp(Ω)Sei u ∈ C
01(Ω) . ⇒ u kann auf
Rnfortgesetzt werden durch:
u (x)
(
u(x) , x ∈ Ω 0 , x ∈
Rn\ Ω
Wähle o.B.d.A. Ω ⊂ [−d , d ] ×
Rn−1, u ∈ C
1(
R) . Für x
1∈ [−d , d ] gilt:
u (x)
HDI=
x1
Z
−d
u(t, x
2, ..., x
n)dt
Seien p, q ∈ [ 1 , ∞) konjugiert zueinander (
p1+
1q= 1).
|u (x
1, ..., x
n)|
p≤ (
d
Z
−d
| 1 · u
x1(t, x
2, ..., x
n)|dt)
pHölder-Ungl.
≤ (
d
Z
−d
|u
x1(t, x
2, ..., x
n)|
pdt)
p p
· (
d
Z
−d
1
qdt)
p/q≤
d
Z
−d
|u
x1(t, x
2, ..., x
n)|
pdt · ( 2 d )
pq⇒
Z d−d
|u(x
1, ...x
n)|
pdx
1≤ ( 2 d )
p= p q+1
d
Z
−d
|u
x1(t, x
2, ..., x
n)|
pdt
⇒
ZRn
|u(x)|
pdx ≤ ( 2 d )
p ZRn
|u
x1(x)|
pdx
Da u(x) = 0 auf
Rn\ Ω gilt:
kuk
Lp(Ω)= (
ZΩ
|u (x)|
pdx)
1p≤ 2 d (
ZΩ
|u
x1(x)|
pdx )
1p⇔ ku k
Lp(Ω)≤ c
pk∇uk
Lp(Ω)für ein c
p≤ 2 d
Poincaré-Ungleichung (für konv. beschr. Gebiete)
Satz
Für jedes konvex, beschränkte Gebiet Ω ⊂
Rngibt es eine Konstante c
p≤ d (Ω)
n+1n|Ω|ωn, so dass für alle u ∈ H
1,p(Ω) mit
Z
Ω
u (x)dx = 0 und p ∈ [ 1 , ∞] gilt:
kuk
Lp(Ω)≤ c
pk∇uk
Lp(Ω)Notation:
d (Ω) = sup
x,y∈Ω
|x − y | und |Ω| = L
n(Ω) < ∞ .
Ein Gebiet Ω ist konvex, wenn für alle x, y ∈ Ω , λ ∈ [ 0 , 1 ] gilt:
λx + (1 − λ)y ∈ Ω
Hilfssätze (ohne Beweis)
(I)
Hilfssatz
Zu jedem konvexen, beschränkten Gebiet Ω gibt es eine Konstante c
p≤ d (Ω)
n+1n|Ω|ωn, so dass für alle u ∈ H
1,p(Ω) ∩ C
1(Ω) mit
Z
Ω
u(x)dx = 0 und p ∈ [ 1 , ∞] gilt:
kuk
Lp(Ω)≤ c
pk∇uk
Lp(Ω)(II)
Hilfssatz
H
1,p(Ω) ∩ C
1(Ω) liegt dicht in H
1,p(Ω)
Hilfssatz (I) Beweisskizze
Durch HDI, Kettenregel, Substitutionen kann man zeigen:
|u (x)| ≤
d(Ω)n|Ω|n RΩ
|∇u(t)|
|t−x|n−1
dt für ein x ∈ Ω
⇒ ku(x)kLp(Ω)≤ d(Ω)n n|Ω|
Z
Ω
Z
Ω
|∇u(t)|
|t−x|n−1dt
p
dx
1p
(i)
1 < p < ∞
ZΩ
( Z
Ω
|∇u(t)|
|t−x|n−1dt)pdxHölder-Ungl.
≤ Z
Ω
|∇u(t)|p|t−x|1−ndt (
Z
Ω
|t−x|1−ndt)dx
≤(d(Ω)|Sn−1|)p−1 Z
Ω
Z
Ω
|∇u(t)|p|t−x|1−ndtdx≤(d(Ω)|Sn−1|)pk∇ukLp(Ω)
(ii)
p = ∞ folgt aus k∇uk
Lp(Ω)−−−−→ k∇uk
n→∞ ∞(iii)
p = 1 folgt aus Fubini und
RΩ
|∇u(t)|
R
Ω
|t−x|1−ndx
dt ≤d(Ω)|Sn−1|k∇ukL1(Ω)
Beweis (Poincaré-Ungleichung)
Die Aussage gilt bereits wegen dem 1. Hilfssatz für u ∈ H
1,p(Ω) ∩ C
1(Ω) Nachdem H
1,p(Ω) ∩ C
1(Ω) dichte Teilmenge von H
1,p(Ω) ist, konstruieren wir für ein beliebiges u ∈ H
1,p(Ω) wie im Beweis der Poincaré-Ungleichung für H ˚
1,p(Ω) eine Folge (u
k)
k∈N, so dass
ku − u
kk
Lp(Ω)−−−−→
k→∞0
Die Beweisführung ist nun analog zu der in der vorherigen Version der Poincaré-Ungleichung.
