Nichtlineare Funktionalanalysis - SoSe 2016 Ubungsblatt 10 ¨

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 01. Juli 2016

Nichtlineare Funktionalanalysis - SoSe 2016 Ubungsblatt 10 ¨

(Besprechung in der ¨Ubung am 08. Juli 2016)

Aufgabe 1 Sei X ein Banachraum und F :X →X⁰ Gˆateaux-differenzierbar.

Zeigen Sie: F ist genau dann monoton, wenn

hdGF(x1)x2, x2i ≥0 ∀x1, x2 ∈X.

Aufgabe 2 Sei X ein Banachraum. Wir nehmen an, f¨ur jedes x ∈ X existiert genau ein x^∗ =J(x) ∈ X⁰, so dass kxk² = kx^∗k²_∗ =hx^∗, xi. Die Abbildung J :X → X⁰ heißt Dualit¨atsabbildung.

(a) Zeigen Sie: J ist monoton, koerziv, demistetig.

(b) Wir nehmen an die AbbidungF :x7→ ¹₂kxk² ist Gˆateaux-differenziebar in x∈X mit dG(x)∈X⁰. Zeigen Sie, dass dannJ(x) = dG(x).

(c) Bestimmen Sie J f¨ur X =L^p(Ω) (1< p <+∞).

Aufgabe 3 Sei Ω ⊂Rⁿ ein beschr¨anktes Gebiet. Sei 1< p < ∞. Ferner sei f ∈C⁰(R) beschr¨ankt. Zeigen Sie die Existenz einer Funktionu∈W₀^{1, p}(Ω), so dass

Z

Ω

|∇u|^p−2∇u· ∇vdx+ Z

Ω

f(u)vdx= 0 ∀v ∈W₀^{1, p}(Ω).

Bemerkung: Die Funktionu∈W₀^{1, p}(Ω) heißt schwache L¨osung von

−div(|∇u|^p−2∇u) +f(u) = 0 in Ω, u= 0 auf ∂Ω.

Aufgabe 4 Sei X ein reflexiver, separabler Banachraum. SeiA :X →X⁰ pseudomono- ton und beschr¨ankt sowie B :X →X⁰ kompakt und schwach ∗-stetig, das heißt

x_k* x in X f¨ur k →+∞ =⇒ B(x_k)* B(x)^∗ in X⁰ f¨ur k →+∞.

Zeigen Sie: Ist ferner A+B koerziv, so istA+B surjektiv .

L¨ osungen Blatt 10

Aufgabe 1: ⇒Seien x₁, x₂ ∈X . Aus F monoton, folgt

hF(x₁+tx₂)−F(x₁), tx₂i ≥0 ∀t >0.

Dividiert man beide Seiten durch t², so ergibt sich h1

tF(x₁+tx₂)−F(x₁), x₂i ≥0 ∀t >0.

Die Behauptung folgt nun unmittelbar aus t →0, da limt→0

1

tF(x₁+tx₂)−F(x₁) = d_GF(x₁)x₂.

⇐ Seien x₁, x₂ ∈X. Da F Gˆateaux-differenzierbar ist, ist ϕ(t) =F(x₂+t(x₁−x₂)) in (0,1) differenzierbar mit

ϕ⁰(t) = d_GF(x₂+t(x₁−x₂))(x₁−x₂).

Nach dem HSdIDR folgt

F(x₁)−F(x₂) = ϕ(1)−ϕ(0) =

1

Z

0

ϕ(t)dt =

1

Z

0

d_GF(x₂+t(x₁−x₂))(x₁−x₂)dt.

Nach Voraussetzung haben wir

hF(x₁)−F(x₂), x₁−x₂i=

1

Z

0

hd_GF(x₂+t(x₁−x₂))(x₁ −x₂), x₁−x₂idt ≥0.

Aufgabe 2: a) 1) Seienx₁, x₂ ∈X. Dann haben wir

hJ(x₁)−J(x₂), x₁−x₂i = kx₁k² +kx₂k²− hJ(x₁), x₂i − hJ(x₂), x₁i

≥ kx₁k²+kx₂k² − kJ(x₁)kkx₂k − kJ(x₂)kkx₁k

= kx₁k² +kx₂k²−2kx₁kkx₂k = (kx₁k − kx₂k)² ≥0.

Somit ist J monoton.

2) J ist koerziv, denn

hJ(x), xi

kxk = kxk →+∞ f¨ur kxk →+∞.

3) Seix_n →x. Dann ist{x_n} inX beschr¨ankt. Somit existiert eine Teilfolge{x_nj}und ein f ∈X⁰, so dass

J(x_nk)* f^∗ in X⁰ f¨ur j →+∞.

Aus der Definition von J folgt

kJ(x_kj)k² =kx_kjk² =hJ(x_kj), x_kji → hf, xi=kxk².

Auf der andern Seite haben wir f¨ury∈X hf, yi = lim

j→∞hJ(x_kj), yi ≤ lim

j→∞kx_kjkkyk = kxkkyk.

Also kfk² ≤ kxk² ≤ kxkkfk, was kxk =kfk impliziert und mithin f = J(x). Wegen der Eindeutigkeit des Grenzwertes haben wir

J(x_n)* J^∗ (x) in X⁰ f¨ur n→+∞.

b) Wir setzen F(x) := ¹₂kxk². Wir berechnen hd_GF(x), hi = 1

2lim

t→0

kx+thk²− kxk² t ∈X⁰. F¨ur h=xerh¨alt man

hd_GF(x), xi = 1 2lim

t→0

kx+txk²− kxk²

t = kxk²

2 lim

t→0

(1 +t)²−t²

t = kxk². Dies impliziert

hdGF(x), xi = kxk² ≤ kdGF(x)k².

Auf der anderen Seite erh¨alt man unter Verwendung der Dreiecksungleichung:

kx+thk² − kxk² = (kx+thk − kxk)(kx+thk+kxk) ≤ tkhk(kx+thk+kxk).

Dies impliziert

hd_GF(x), hi ≤ khk 2 lim

t→0(kx+thk+kxk) = kxkkhk.

Folglich ist kd_GF(x)k ≤ kxk, also d_GF(x) =J(x).

c) Wir definieren

F(u) = 1

2kuk²_Lp(Ω) = 1 2

Z

Ω

|u|^pdx 2/p

, u∈L^p(Ω).

Unter Verwendung der Kettenregel findet man hd_GF(u), hi =

Z

Ω

|u|^p−2uhdx Z

Ω

|u|^pdx

(2−p)/p

= kuk^2−p_Lp

Z

Ω

|u|^p−2uhdx.

Aufgabe 3: Wir setzen X := W₀^{1, p}(Ω) versehen mit der Norm kuk = k∇uk_L^p. Wir definieren

hF(u), vi:=

Z

Ω

|∇u|^p−2∇u· ∇vdx + Z

Ω

f(u)vdx, u, v ∈X.

Unter Verwendung der H¨olderschen Ungleichung findet man

|hF(u), vi| ≤ kukkvk + ckvk_L¹ ≤ (kuk+c)kvk.

Dies zeigt, dass F : X → X⁰ beschr¨ankt ist. Es bleibt also nur noch zu zeigen, dass F pseudomonoton ist. Sei also u_k * u in X mit lim sup_k→∞hF(u_k), u_k −ui ≤ 0. Wir setzen

hF₁(u), vi = Z

Ω

|∇u|^p−2∇u· ∇vdx, hF₂(u), vi = Z

Ω

f(u)vdx, v ∈X.

Aufgrund der kompakten EinbettungX ,→,→L¹(Ω) haben wir uk →u in L¹(Ω) f¨ur k→+∞.

Dies impliziert

hF₂u_k, u_k−ui →0, lim sup

k→∞

hF₁(u_k), u_k−ui ≤0.

Wie wir unten zeigen werden ist F₁ monoton und stetig. Also ist nach 8.9 F₁ auch pseudomonoton. Folglich

hF₁(u), u−vi ≤ lim inf

k→∞ hF₁(u_k), u_k−vi ∀v ∈X.

Beachtet man außerdem

hF₂(u), u−vi = lim

k→∞hF₂(u_k), u_k−vi ∀v ∈X, so folgt

hF(u), u−vi ≤ lim inf

k→∞ hF(uk), uk−vi ∀v ∈X, was bedeutet, dass F pseudomonoton ist.

F₁ ist monoton: Wir definieren

H(ξ) = |ξ|^p−2ξ ξ∈Rⁿ.

Dann ist

hF₁(u), vi = Z

Ω

H(∇u)· ∇vdx, u, v ∈X.

Wir berechnen

∂_jH_i(ξ) = |ξ|^p−2δ_ij + (p−2)|ξ|^p−4ξ_iξ_j Also

DH(ξ)η = kξk^p−2η + (p−2)kξk^p−4(ξ, η)ξ und hiermit

(DH(ξ)η, η) = kξk^p−2|η|² + (p−2)kξk^p−4(ξ, η)². Falls p≥2 so folgt sofort (DH(ξ)η, η) = kξk^p−2|η|². Falls p < 2, so folgt

(DH(ξ)η, η) ≥ kξk^p−2|η|² − (2−p)kξk^p−4|ξ|²|η|² = (p−1)kξk^p−2|η|². Hiermit bekommt man

hd_GF₁(u)v, vi = Z

Ω

(DH(∇u)∇v·,∇v)dx≥min{p−1,1}

Z

Ω

|∇u|^p−2|∇v|²dx≥0.

Gem¨aß A.1 haben wir

hF₁(u)−F₁(v), u−vi ≥0 ∀u, v ∈X.

Aufgabe 4: Seix_k * xinX. Insbesondere ist (x_k) beschr¨ankt. DaB kompakt, existiert eine Teilfolge (x_kj) und ein f ∈X⁰, so dass

B(x_kj)→f in X⁰ f¨ur j →+∞.

Auf der andern Seite haben wir

B(x_kj)* B(x)^∗ in X⁰ f¨ur j →+∞.

Also ist f =B(x) und

B(xk)→B(x) in X⁰ f¨ur k →+∞.

Wir nehmen an, dass

lim sup

k→∞

h(A+B)(xk), xk−xi ≤0.

Dann

hB(uk), uk−ui = hB(uk)−B(u), uk−ui + hB(u), uk−ui →0.

Also

lim sup

k→∞

hA(x_k), x_k−xi ≤0.

Da A pseudomonoton ist, folgt

hA(u), u−vi ≤ lim inf

k→∞ hA(u_k), u_k−vi ∀v ∈X.

Auf der anderen Seite haben wir

hB(u_k), u_k−vi = hB(u_k)−B(u), u_k−vi+hB(u), u_k−vi → hB(u), u−vi ∀v ∈X.

Folglich gilt

h(A+B)(u), u−vi ≤ lim inf

k→∞ h(A+B)(u_k), u_k−vi ∀v ∈X.

Also ist A+B pseudomonoton. Da außerdem A+B beschr¨ankt und koerziv ist, ergibt sich die Behauptung nach Satz 8.10.