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 29. April 2016
Nichtlineare Funktionalanalysis - SoSe 2016 Ubungsblatt 2 ¨
(Besprechung in der ¨Ubung am 6. Mai 2016)
Aufgabe 1
SeienX1, . . . , Xn, Y normierte Vektorr¨aume und M :X1×. . . Xn→Y eine multilineare Abbildung. Beweisen Sie die ¨Aquivalenz der folgenden Aussagen:
(a) M ist stetig.
(b) Es existiert eine KonstanteC ≥0, so dass
kM(x1, . . . , xn)k ≤ Ckx1k · · · kxnk ∀(x1, . . . , xn)∈X1 ×. . .×Xn.
Aufgabe 2
Sei Ω⊂Rn offen und beschr¨ankt. Sei 2≤p < +∞ und p0 = p−1p . Ferner seif ∈Lp0(Ω).
Man betrachte das Funktional F :X =Lp(Ω) →R gegeben durch F(v) =
Z
Ω
|v|pdx+ Z
Ω
f vdx, v ∈X.
(a) Zeigen Sie, dassF ∈C2(X) und berechnen Sie die Fr´echet-AbleitungenDF(u), D2F(u).
(b) Bestimmen Sie die Taylorentwicklung erster Ordnung von F in u∈X.
(c) Untersuchen SieF auf lokale und globale Extremwerte.
Aufgabe 3 (Satz von Schwarz)
Sei U ⊂Rn offen. Seif ∈C1(U) und seiDf inx0 ∈U total differenzierbar. Zeigen Sie, dass f¨ur allei, j = 1, . . . , ngilt
∂2f
∂xi∂xj(x0) = ∂2f
∂xj∂xi(x0).
1
L¨ osungen Blatt 2
Aufgabe 1: ⇒ Da M stetig in (0, . . . ,0) existiert ein δ >0, so dass
kM(x1, . . . , xn)k ≤ 1 ∀(x1, . . . , xn)∈X1×. . .×Xn, k(x1, . . . , xn)k ≤δ.
Sei (x1, . . . , xn)∈X1×. . .×XnmitM(x1, . . . , xn)6= 0. Dannxi 6= 0 f¨ur allei= 1, . . . , n.
wir setzen x0i =δkxxi
ik(i= 1, . . . , n). Dann haben wir k(x01, . . . , x0n)k=δ, also kM(x01, . . . , x0n)k = δnM(x1, . . . , xn)
kx1k · · · kxnk ≤ 1.
Folglich gilt die Behauptung f¨ur c=δ−n.
⇐
M(x1, . . . , xn)−M(x01, . . . , x0n) = M(x1−x01, . . . , xn) +M(x01, x2. . . , xn)−M(x01, . . . , x0n)
= M(x1−x01, . . . , xn) +M(x01, x2−x02, . . . , xn) + . . .+M(x01, . . . x0n−1, xn−x0n).
Folglich
kM(x1, . . . , xn)−M(x01, . . . , x0n)k
≤ kx1 −x01k(kx2k · · · kxnk) +kx2−x02k(kx01kkx3k · · · kxnk) +. . .+kxn−x0nkkx01k · · · kx0n−1k
Aufgabe 2: Wir berechnen DF(u)h = p
Z
Ω
|u|p−2uhdx+ Z
Ω
f hdx, u, h∈X.
Wir bekommen
|DF(u)h−DF(v)h| = p Z
Ω
|u|p−2u− |v|p−2v |h|dx
|u|p−2u− |v|p−2v = (p−1)
1
Z
0
|v+t(u−v)|p−2(u−v)dt Hiemit ergibt sich
|u|p−2u− |v|p−2v
p0
≤ (p−1)p0
1
Z
0
|v+t(u−v)|p0(p−2)dt|u−v|p0
2
Unter Verwendung der H¨olderschen Ungleichung wegen p−pp 0p0(p−2) =p folgt Z
Ω
|u|p−2u− |v|p−2v
p0
dx ≤ (p−1)p0 Z
Ω 1
Z
0
|v+t(u−v)|p0(p−2)dt|u−v|p0dx
≤ (p−1)p0 Z
Ω 1
Z
0
|v +t(u−v)|pdtdx
1−p0/p
×
× Z
Ω
|u−v|pdx p0/p
≤ 2p−2(p−1)p0(kukp+kvkp)p−p0ku−vkpp0 F¨ur fixiertes k ∈X ist g =DF(u)k differenzierbar mit
Dg(u)h = p(p−1) Z
Ω
|u|p−2hkdx=D2F(u)(h, k) ∀h∈X.
Aus der obigen Rechnung folgt
DF(u+h)k−Df(u)k−D2F(u)(h, k)
= p Z
Ω
|u+h|p−2(u+h)− |u|p−2u
kdx−p(p−1) Z
Ω
|u|p−2hkdx
= p(p−1) Z
Ω 1
Z
0
|u+th|p−2hkdx−p(p−1) Z
Ω
|u|p−2hkdx
Unter Verwendung der H¨olderschen Ungleichung findet man
|DF(u+h)k−Df(u)k−D2F(u)(h, k)|
≤ p(p−1) Z
Ω 1
Z
0
(|u+th|p−2− |u|p−2)dt|h||k|dx
≤ p(p−1) Z
Ω
|h|p−1|k|dx ≤ p(p−1)kkkkhkp−1.
Folglich haben wir
kDF(u+h)−Df(u)−D2F(u)(h,·)k ≤ p(p−1)khkp−1 =o(h).
(b) Die Taylor-Entwicklung lautet
F(u+h) = F(u) +DF(u)h +
1
Z
0
(1−t)D2F(u+th)(h, h)dt
= Z
Ω
|u|q+p|u|p−2uh+f hdx + p(p−1)
1
Z
0
(1−t) Z
Ω
|u+th|p−2h2dxdt.
3
(c) Hat F inu ein lokales Extemum, so giltDF(u) = 0, also p|u|p−2u+f = 0 in Ω.
Hieraus folgt p|u|p−1 =|f|, also |u|p−2 = |f|
p
(p−2)/(p−1)
. Dies liefert u(x) =−sign(f(x))|f(x)|
p
p−11
, x∈Ω.
F¨ur die zweite Ableitung folgt
D2f(u)(h, h) = p(p−1) Z
Ω
|u|p−2h2dx
Aus der Taylorformel folgt
F(u+h) =F(u) + p(p−1)
1
Z
0
(1−t) Z
Ω
|u+th|p−2h2dxdt≥F(u) ∀h∈X.
Folglich hat F in uein globales Minimum.
Aufgabe 3: Sei BR(0) ⊂ R2. Sei f : C1(U) und Df in (0,0) total differenzierbar.
Mithilfe der Newton-Leibnitz Formel bekommt man f¨ur 0< t < R f(te1+te2)−f(te2)−f(te1) +f(0,0)
=
1
Z
0
∂f
∂x1(τ te1+te2)− ∂f
∂x1(τ te1)dτ t
=
1
Z
0
∂f
∂x1(t(τ e1+te2))− ∂f
∂x1(0,0) + ∂f
∂x1(0,0)− ∂f
∂x1(τ te1)dτ t
=
1
Z
0
∂f
∂x1(t(τ e1+te2))− ∂f
∂x1(0,0)−D∂f
∂x1(0,0)(t(τ e1+te2))dτ t
−
1
Z
0
∂f
∂x1(τ te1)− ∂f
∂x1(0,0)−D∂f
∂x1(0,0)(tτ e1)dτ t + t2 ∂
∂x2
∂f
∂x1(0,0).
= o(t)t + t2 ∂
∂x2
∂f
∂x1(0,0).
Analog zeigt man
f(te1+te2)−f(te2)−f(te1) +f(0,0)
=
1
Z
0
∂f
∂x2(te1+τ te2)− ∂f
∂x2(τ te2)dτ t
= o(t)t + t2 ∂
∂x1
∂f
∂x2(0,0).
Also gilt ∂x∂
2
∂f
∂x1(0,0) = ∂x∂
1
∂f
∂x2(0,0).
4