Variationsrechnung 003

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Einfu ¨ hrung in die Variationsrechnung (2+0)-stu ¨ ndige Vorlesung im Sommersemester 2005 ¨ JORG SEILER

Inhaltsverzeichnis 1 Los geht’s!

3

2 Funktionale und ihre Variation I

5

3 Konvexit¨ at und Eindeutigkeit

9

4 Funktionale und ihre Variation II

11

5 Die Eulerschen Differentialgleichungen

14

6 Regul¨ are Linienelemente

19

7 Erdmannsche Gleichung und Eckenbedingungen

22

8 Die Bedingung von Legendre-Hadamard

26

9 Schwache Minimalstellen und die Jacobi-Bedingung

28

10 Starke Minimalstellen und die Weierstraß-Bedingung

36

11 Nat¨ urliche Randbedingungen

40

12 Variationsaufgaben mit Nebenbedingungen

41

13 Handout: Abrunden von Ecken

47

14 Literatur

48

2

1

Los geht’s!

Beispiel 1.1 (Problem der Brachistochrone (Bernoulli, 1696)) Die beiden Punkte a = (0, 0) und b = (b1 , b2 ) mit bi > 0 seien durch eine Kurve y = y(x) verbunden1 . Ein K¨ orper gleite unter Wirkung eines konstanten Schwerefeldes F ≡ (g, 0) mit g > 0 reibungsfrei auf der Kurve von a nach b mit Startgeschwindigkeit 0. Wie muß man die Kurve w¨ahlen, so daß der K¨orper in k¨ urzester Zeit in b ankommt? BILD (Skischanze) π mal Daumen“-Herleitung der Durchlaufzeit: m bezeichne die Masse des K¨orpers, t sei ” die Zeit, s = s(t) der zur Zeit t zur¨ uckgelegte Weg, (x, y) = (x(t), y(t)) die Posituion des K¨orpers zur Zeit t. Wir nehmen an, daß sich jede der Variablen s, t, x, y als Funktion der anderen schreiben l¨aßt. Mit y 0 =

dy dx

haben wir dann, daß m

d2 s g =mp , dt2 1 + y 02

da die linke Seite die Beschleunigungskraft ist, die in tangentialer Richtung auf den K¨orper wirkt, und die rechte Seite gleich m mal dem Betrag der tangentialen Komponente2 von (g, 0) ist. Z xp p dt ds = ds Es ist s = 1 + y 0 (τ )2 dτ ( Bogenl¨ange“), also 1 + y 02 = dx dt dx . Dies liefert ” 0 g=

d2 s p d2 s ds dt 1 d ds 2 dt 02 = 1 + y = , · dt2 dt2 dt dx 2 dt dt dx

also3 p dx 1 d ds 2 1 ds 2 ds p dx dt g = ⇒ gx = ⇒ 2gx = = 1 + y 02 ⇒ = dt 2 dt dt 2 dt dt dt dx

s

1 + y 02 . 2gx

Integration bez¨ uglich x von 0 bis b1 ergibt Z b1 1 p √ 1 + y 0 (x)2 dx. Durchlaufzeit = 2gx 0 Antwort“ auf die Frage: Mit ” U := {y ∈ C 1 ([0, b1 ]) | y(0) = 0 und y(b1 ) = b2 } definiere Z F : U −→ R,

F(y) = 0

1

b1

√

1 p 1 + y 0 (x)2 dx. 2gx

d.h. y(0) = 0 und y(b1 ) = b2 p Der (Einheits-)Tangentialvektor an die Kurve im Punkt (x, y(x)) ist ±(1, y 0 (x))/ 1 + y 0 (x)2 3 Die erste Implikation folgt durch Integration bzgl. t, die zweite aus der Formel f¨ ur die Bogenl¨ ange und der Kettenregel. 2

3

Finde y0 ∈ U , so daß F(y0 ) minimal wird. Kritik: Ist U die richtige Menge auf der wir F betrachten? Gibt es u ¨berhaupt ein Minimum von F auf U ? Wie findet man es? Gegenstand der Vorlesung ist es, sogenannte Variationsintegrale Z u 7→ F(u) = F (x, u(x), Du(x)) dx : U −→ R Ω

auf Teilmengen U ⊂ {u : Ω ⊂ Rn → RN } auf Extremalstellen zu untersuchen. Idee: Verallgemeinere die bekannten Methoden zur Extremwertbestimmung von Funktionen f : U ⊂ R → R. • Notwendige Bedingungen (entspricht f 0 (x0 ) = 0) • Hinreichende Bedingungen (entspricht f 00 (x0 ) positiv/negativ) • Existenz globaler Extremwerte (entspricht z.B. der Annahme der Extremwerte stetiger Funktionen auf Kompakta) Definition 1.2 Es sei U eine Menge und F : U → R. Der Punkt u ∈ U heißt a) (globale) Minimalstelle von F, falls F(u) ≤ F(v) f¨ ur alle v ∈ U , b) strikte (globale) Minimalstelle von F, falls F(u) < F(v) f¨ ur alle v ∈ U \ {u}, c) [strikte] lokale Minimalstelle von F, falls U ein topologischer Raum ist und eine offene Umgebung V ⊂ U von u existiert, so daß u eine [strikte] Minimalstelle von F|V ist. Der Wert F(u) ∈ R heißt dann [striktes] Minimum. Entsprechend erkl¨ art man [strikte] Maximalstellen und Extremalstellen. Beispiel 1.3 F¨ ur festes 0 < α < 12 betrachte Z 1 F(y) = (1 + y 0 (x)2 )α dx auf U = {y ∈ C 1 ([0, 1]) | y(0) = 0, y(1) = 1}. 0

Es ist F(y) > 1 f¨ ur alle y ∈ U , da y 0 6≡ 04 f¨ ur y ∈ U . F¨ ur ( 0 : 0 ≤ x ≤ 1 − n1 , yn (x) := n2 (x − 1 + n1 )2 : 1 − n1 ≤ x ≤ 1

n ∈ N,

ist yn ∈ U und 1 F(yn ) ≤ 1 − + n

Z

1

(5n2 )α dx = 1 −

1 1− n

1 n→∞ + 5α n2α−1 −−−→ 1. n

Also ist inf y∈U F(u) = 1, das Infimum wird aber nicht angenommen. 4

Mittelwertsatz

4

Beispiel 1.4 F¨ ur 1

Z F(y) =

(y 0 (x)2 − 1)2 dx auf U = {y ∈ C 1 ([0, 1]) | y(0) = y(1) = 0}

0

ist inf y∈U F(u) = 0, das Infimum wird aber nicht angenommen. F¨ ur jede Zickzackfunk” 0 tion“ u : [0, 1] → R mit u(0) = u(1) = 0 und u (x) = ±1 bis auf endlich viele Ausnahmepunkte gilt aber F(u) = 0. F¨ ur uns werden daher lipschitzstetige Funktionen wichtig: F¨ ur Ω ⊂ Rn definiere Λ1 (Ω, RN ) = {u : Ω → RN | u beschr¨ankt und ∃ L ≥ 0

∀ x, y ∈ Ω :

|u(x) − u(y)| ≤ L|x − y|}.

Dies ist ein Banachraum mit der Norm kukΛ1 (Ω,RN ) = kukLip = sup |u(x)| + sup x∈Ω

x6=y

|u(x) − u(y)| . |x − y|

F¨ ur N = 1 schreiben wir Λ1 (Ω) = Λ1 (Ω, R). Satz 1.5 Es sei Ω ⊂ Rn offen und u ∈ Λ1 (Ω, RN ). Dann existiert die partielle Ableitung ∂u ∂u ur fast alle x ∈ Ω und ∂x ist meßbar und (wesentlich) beschr¨ ankt auf Ω mit ∂xj (x) f¨ j ∂u k ∂x k ∞ ≤ kukΛ1 (Ω,RN ) . j L (Ω)

Beweis:

2

Ohne Beweis.

Funktionale und ihre Variation I

Im folgenden sei X ein reeller Vektorraum. Bemerkung 2.1 Ist X normiert, so ist X 0 := {x0 : X → R | x0 linear und stetig} der topologische Dualraum von X. Dies ist ein Banachraum mit der Operatornorm kx0 kX 0 = sup x6=0

|x0 (x)| = sup |x0 (x)|. kxkX kxkX =1

F¨ ur ein lineares T : X → R sind ¨aquivalent: a) T ∈ X 0 b) F¨ ur jede Nullfolge (xk )k∈N in X ist (T xk )k∈N eine Nullfolge in R. 5

Definition 2.2 Es sei F : U ⊂ X → R eine Abbildung. F¨ ur u ∈ U und h ∈ X setze δF(u, h) :=

F(u + th) − F(u) d , F(u + th) = lim t→0 dt t=0 t

sofern u + th ∈ U f¨ ur |t| < ε = ε(u, h) und der Grenzwert existiert. Wir setzen V 1 (F, u) = {h ∈ X | δF(u, h) exoistiert}. δF(u, h) heißt die erste Variation von F an der Stelle u in Richtung h. Beispiel 2.3 Wie in Beispiel 1.15 sei X = C 1 ([0, b1 ]) und Z b1 r 1 + y 0 (x)2 F(y) = dx auf U = {y ∈ C 1 ([0, b1 ]) | y(0) = 0, y(b1 ) = b2 }. x 0 Sei y ∈ U . F¨ ur h ∈ X ist y + th ∈ U f¨ ur t 6= 0 genau dann, wenn h(0) = 0 = h(b1 ). F¨ ur solche h gilt nach dem Satz von Lebesgue u ¨ber dominierte Konvergenz, daß Z b1 r d 1 + (y 0 (x) + th0 (x))2 d dx F(y + th) = dt t=0 x 0 dt t=0 Z b1 y 0 (x) p = h0 (x) dx = δF(y, h). 0 (x)2 ) x(1 + y 0 Insbesondere V 1 (F, y) = {y ∈ C 1 ([0, b1 ]) | y(0) = 0 = y(b1 )}. Definition 2.4 Es sei X normiert, F : U ⊂ X → R eine Abbildung und u ∈ U . a) F¨ ur alle h ∈ X existiere δF(u, h) und F 0 (u) : X → R,

h 7→ δF(u, h)

geh¨ ore zu X 0 . Dann heißt F Gateaux-differenzierbar an der Stelle u und F 0 (u) ∈ X 0 heißt Gateaux-Ableitung von F in u. b) Es sei U ⊂ X offen und es gebe ein A ∈ X 0 mit F(u + h) = F(u) + Ah + r(h)

∀ |h| < ε = ε(u)

h→0

und |r(h)| −−→ 0. Dann heißt F Fr´echet-differenzierbar an der Stelle u und F 0 (u) := khk − A ∈ X 0 heißt Fr´echet-Ableitung von F in u. Bemerkung 2.5 a) Offenbar gilt: F Fr´echet-differenzierbar an der Stelle u ⇒ F Gateauxdifferenzierbar an der Stelle u ⇒ Die erste Variation von F in u existiert f¨ ur jede Richtung h. b) Ist F Fr´echet-differenzierbar an der Stelle u, so ist F dort stetig. Dies gilt nicht bei Gateaux-Differenzierbarkeit. 5

√ Den Faktor 1/ 2g lassen wir hier weg.

6

Lemma 2.6 Es sei U eine offene Menge des normierten Raumes X und F : U → R sei Fr´echet-differenzierbar in u ∈ U . Ferner sei ϕ ∈ C 1 (] − a, a[, X) mit ϕ(0) = u. Dann ist (F ◦ ϕ)0 (0) = F 0 (u)ϕ0 (0). Wir schreiben

Beweis:

F(u + h) = F(u) + F 0 (u)h + r(h),

ϕ(t) = ϕ(0) + tϕ0 (0) + s(t).

Da U offen und ϕ stetig, ist ϕ(t) ∈ U f¨ ur |t| < ε und es gilt F(ϕ(t)) − F(ϕ(0)) s(t) r(ϕ(t) − ϕ(0)) = F 0 (u)ϕ0 (0) + F 0 (u) + . t t t Nun ist s(t)/t → 0 f¨ ur t → 0 und r(ϕ(t) − ϕ(0)) r(ϕ(t) − ϕ(0)) ϕ(t) − ϕ(0) t→0 −−→ 0, = t ϕ(t) − ϕ(0) t da

ϕ(t)−ϕ(0) t

→ ϕ0 (0).

Definition 2.7 Es sei F : U ⊂ X → R, u ∈ U und k ∈ N. Wir schreiben h ∈ V k (F, u), falls a) Es gibt ein ε > 0, so daß u + th ∈ U f¨ ur alle |t| < ε. b) ∆h := F(u + ·h) ∈ C k−1 (] − ε, ε[). c) Es existiert der Grenzwert (k−1)

δ k F(u, h) :=

∆ d (k−1) (t) = lim h ∆h t→0 dt t=0

(k−1)

(t) − ∆h t

(0)

.

δ k F(u, h) heißt k-te Variation von F an der Stelle u in Richtung h. Lemma 2.8 Es sei F : U ⊂ X → R, u ∈ U und h ∈ V k (F, u). Dann ist λh ∈ V k (F, u) f¨ ur alle λ ∈ R und δ k F(u, λh) = λk δ k F(u, h). Beweis:

OBdA ist λ 6= 0. Dann ist ∆λh (t) = F(u + tλh) = ∆h (λt) (k−1)

(k − 1)-mal differenzieren ergibt ∆λh einmal in t = 0 ableiten.

(k−1)

(t) = λk−1 ∆h

∀ |t| <

ε . |λ|

(λt) f¨ ur alle |t| <

ε |λ| .

Jetzt noch

Definition 2.9 Es sei F : U ⊂ X → R. Dann heißt u ∈ U ein station¨ arer Punkt (oder auch kritischer Punkt) von F, falls ∀ h ∈ V 1 (F, u).

δF(u, h) = 0 7

Satz 2.10 Es sei F : U ⊂ X → R, u ∈ U und zu jedem h ∈ V 1 (F, u) gebe es ein ε > 0, so daß die Funktion ∆h = F(u + ·h) : ] − ε, ε[ → R in t = 0 minimal wird. Dann gilt a) u ist ein station¨ arer Punkt. b) δ 2 F(u, h) ≥ 0 f¨ ur alle h ∈ V 2 (F, u). a) Es sei h ∈ V 1 (F, u).

Beweis:

 ∆h (t) − ∆h (0)  δF(u, h) = lim ≥ 0  0t→0 t b) Es sei h ∈ V 2 (F, u), also ∆h ∈ C 1 (] − ε, ε[). Daher Z t ∆h (t) − ∆h (0) = ∆0h (τ ) dτ

∀ |t| < ε.

0

Da ∆00h (0) existiert, ist ∆0h (τ ) = ∆0h (0) + (∆00h (0) + r(τ ))τ mit limτ →0 r(τ ) = 0. Nach a) ist ∆0h (0) = 0. Also Z ∆h (t) − ∆h (0) =

t

(∆00h (0) + r(τ ))τ dτ

∀ |t| < ε.

0

urde folgen, daß ∆h (t) − ∆h (0) < 0 f¨ ur hinreichend kleine |t|. Dies Aus ∆00h (0) < 0 w¨ widerspricht aber der Minimalit¨at von ∆h (0). Folgerung 2.11 Es sei X normiert, U ⊂ X offen und F : U → R habe ein lokales Minimum in u ∈ U . Dann gilt a) u ist ein station¨ arer Punkt. b) δ 2 F(u, h) ≥ 0 f¨ ur alle h ∈ V 2 (F, u). Beispiel 2.12 Es seien die Bezeichnungen wie in Beispiel 2.3. Ist y ∈ U eine Minimalstelle von F, so muß gelten Z b1 y 0 (x) p 0 = δF(y, h) = h0 (x) dx 0 (x)2 ) x(1 + y 0 | {z } =:f (x)

f¨ ur alle h ∈ V 1 (F, y) = {u ∈ C 1 ([0, b1 ]) | u(0) = u(1) = 0}. Wir nehmen nun an, daß Z x Z b1 1 f ∈ C([0, b1 ]). Setze dann speziell h(x) = f (τ ) dτ − Cx mit C = b1 f (x) dx. Dann 0

folgt Z

b1

Z f (x)(f (x) − C) dx =

0= 0

b1

2

0

2

Z

f (x) − 2Cf (x) + C dx = 0

0

8

b1

(f (x) − C)2 dx,

b1

Z da

Cf (x) dx = b1

C2

b1

Z =

0

C 2 dx. Also ist f konstant auf [0, b1 ] bzw.

0

y 0 (x) =

r

x D−x

auf [0, b1 ]

f¨ ur eine Konstante D > b1 6 . Integration liefert r p x y(x) = D arctan − Dx − x2 + E. D−x Wegen y(0) = 0 muß E = 0 gelten. K¨onnen q wir D so w¨ahlen, daß y(b1 ) = b2 bzw. y(b1 )/b1 = b2 /b1 ? Setze dazu α = αD = 2 arctan

b1 D−b1 .

Dann folgt aus trigonometrischen

Formeln7 b1 =

D (1 − cos α), 2

y(b1 ) =

D (α − sin α).8 2

Wir brauchen also ein D mit α − sin α b2 =: g(α). = b1 1 − cos α β→0

g ist monoton wachsend auf ]0, π] mit g(β) −−−→ 0 und g(π) = π2 . Ist also 0 < gibt es ein 0 < β < π mit g(β) = αD = β.

3

b2 b1 .

D→b

b2 b1

< π2 , so

D→∞

1 Da αD −−−−→ π und αD −−−−→ 0, gibt es ein D mit

Konvexit¨ at und Eindeutigkeit

Im folgenden sei X ein reeller Vektorraum und U ⊂ X. Definition 3.1

ur alle u, v ∈ U gilt a) U heißt konvex, falls f¨ [u, v] := {(1 − λ)u + λv | 0 ≤ λ ≤ 1} ⊂ U.

b) Ein Funktional F : U → R heißt konvex, falls U konvex ist und F((1 − λ)u + λv) ≤ (1 − λ)F(u) + λF(v) Gilt sogar <“ so heißt F strikt konvex. ”

∀ u 6= v

∀ 0 < λ < 1.

9

Satz 3.2 Es sei F : U → R [strikt] konvex und u ∈ U . 6 7

D = 1/C 2 cos α = cos2

α 2

− sin2

α , 2

tan α 1 sin α2 , sin α = ± (1+tan 2 α)1/2 , cos α = ± (1+tan2 α)1/2 . q 8 x Analoges gilt f¨ ur jedes 0 ≤ x ≤ b1 anstelle von b1 , wobei dann α = 2 arctan D−x ist. Dies zeigt, daß

sin α = 2 cos

α 2

x 7→ (x, y(x)) die Parameterdarstellung einer Zykloide ist, vgl. Formelsammlung. 9 F¨ ur f ∈ C 1 (]a, b[) ist [strikte] Konvexit¨ at ¨ aquivalent dazu, daß f 0 [streng] monoton wachsend ist. Ist f 2 sogar C (]a, b[), so bedeutet Konvexit¨ at, daß f 00 ≥ 0 auf ]a, b[.

9

a) Zu jedem v ∈ U existiere ein ε > 0 mit F(u) ≤ F(u + λ(v − u)) f¨ ur alle 0 ≤ λ ≤ ε 10 . Dann ist u eine [strikte] globale Minimalstelle von F. b) F¨ ur v ∈ U sei stets v − u ∈ V 1 (F, u). Dann gilt: u ist [strikte] globale Minimalstelle von F ⇐⇒ δF(u, v − u) = 0 f¨ ur alle v ∈ U . Beweis:

a) Es sei v 6= u und (oBdA) 0 < ε < 1. Dann F(u) ≤ F(u + ε(v − u)) = F((1 − ε)u + εv) ≤ F(u) + ε(F(v) − F(u)).

Also 0 ≤ ε(F(v) − F(u)) bzw. F(u) ≤ F(v). Bei strikter Konvexit¨at steht u ¨berall ‘<’. b) ⇒“: Ist Satz 2.11. ” ⇐“: Sei u 6= v ∈ U und h := v − u ∈ V 1 (F, u). Dann gibt es 0 < ε ≤ 1 mit u + th ∈ U ” f¨ ur alle |t| < ε und t→0+

0 = δF(u, h) ←−−−

F(u + th) − F(u) F(u) + t(F(v) − F(u)) − F(u) ≤ = F(v) − F(u). t t

Also F(u) ≤ F(v). Satz 3.3 Es sei F : U → R ein Funktional. Gilt f¨ ur alle u, v ∈ U mit u 6= v, daß v − u ∈ V 2 (F, u) und δ 2 F(u, v − u) ≥ 0 [> 0], so ist F [strikt] konvex. Beweis:

Es seien u, v ∈ U mit h := v − u 6= 0. Definiere ϕ : [0, 1] → R,

t 7→ F((1 − t)u + tv).

Wegen ϕ(t) = F(u + t(v − u)) = F(v + (1 − t)(u − v)) und v − u ∈ V 1 (F, u) bzw. u − v ∈ V 1 (F, v) ist ϕ ∈ C([0, 1]). Aus der [strikten] Konvexit¨at von ϕ folgt dann die von F. Es ist ϕ ∈ C 1 (]0, 1[): F¨ ur festes 0 < t0 < 1 ist ϕ(t0 + t) = F((u + t0 h) + th) und h=

1 (v − (u + t0 h)) ∈ V 2 (F, u + t0 h) 1 − t0

nach Lemma 2.8. Also ϕ ∈ C 1 (]t0 − ε, t0 + ε[) f¨ ur ein ε > 0. Wiederum nach Lemma 2.8 ist ϕ00 (t0 ) = δ 2 F(u + t0 h, h) =

1 δ 2 F(u + t0 h, v − (u + t0 h)) ≥ 0 (1 − t0 )2

[> 0].

Also ist ϕ0 [streng] monoton wachsend, also ϕ [strikt] konvex. Beispiel 3.4 Es sei X = C 1 ([a1 , b1 ]), 0 < g ∈ C(]a1 , b1 [) ∩ L1 ([a1 , b2 ]) und Z

b1

F(u) =

p g(x) 1 + u0 (x)2 dx

a1 10

Dies ist insbesondere dann der Fall, wenn X normiert ist und u eine lokale Minimalstelle ist

10

auf U = {u ∈ C 1 ([a1 , b1 ]) | u(a1 ) = a2 , u(b1 ) = b2 }. F¨ ur u 6= v ∈ U ist h := v − u ∈ V 2 (F, u) und Z b1 Z b1 u0 (x)h0 (x) h0 (x)2 g(x) p δF(u, h) = g(x) p dx, δ 2 F(u, h) = dx. 1 + u0 (x)2 1 + u0 (x)2 a1 a1 Zudem ist h0 6= 011 , also δ 2 F(u, h) > 0. Das Funktional F ist also strikt konvex. Insbesondere: Der in Beispiel 2.12 gefundene kritische Punkt y ist das eindeutige, globale Minimum ( die k¨ urzeste Verbindung“). ”

4

Funktionale und ihre Variation II

Wir legen zuerst einige Bezeichnungen fest, die wir im folgenden verwenden werden: • Ω ⊂ Rn sei offen und beschr¨ankt. • RN ×n = {p = (piν )1≤i≤N,1≤ν≤n | piν ∈ R} sei der Raum der reellen (N × n)-Matrizen mit der Euklidnorm. • F¨ ur eine im Punkt x partiell differenzierbare Funktion u : Ω → RN bezeichne ∂ui Du(x) = ( ∂x ) die Jacobi-Matrix von u in x. ν • Df ⊂ Rn × RN × RN ×n sei eine offene Menge und f = f (x, y, p) : Df → R stetig. • Wir nennen das Funktional Z Z u 7→ F(u) = f (x, u(x), Du(x)) dx =: f (x, u, Du) dx Ω

Ω

ein Variationsintegral und f die zugeh¨orige Lagrange-Funktion. Dabei sei vorausgesetzt, daß x 7→ f (x, u(x), Du(x)) sinnvoll als Element von L1 (Ω) zu definieren ist. Annahme 4.1 Es sei f ∈ C 2 (Df ) und zu jeder beschr¨ ankten Menge B ⊂ Df gebe es ein 0 ≤ g ∈ L1 (Ω) mit |f# (x, y, p)| ≤ g(x)

∀ (x, y, p) ∈ B mit x ∈ Ω.

Dabei steht f# als Platzhalter f¨ ur f sowie jede der partiellen Ableitungen erster und zweiter Ordnung bzgl. (y, p). Lemma 4.2 Es sei u ∈ Λ1 (Ω, RN ). F¨ ur jedes ε > 0 ist Uε1 (u) := {v ∈ Λ1 (Ω, RN ) | ku − vkL∞ < ε und kDu − DvkL∞ < ε} eine offene Teilmenge von Λ1 (Ω, RN ). Aus kv − ukΛ1 (Ω,RN ) < 11

√ε n

folgt v ∈ Uε1 (u).

Andernfalls w¨ are h ≡ c und dann h ≡ 0, da h(a1 ) = h(b1 ) = 0. Dies widerspricht u 6= v.

11

Beweis:

12 .

Zuerst bemerken wir: F¨ ur h ∈ Λ1 (Ω, RN ) gilt wegen Satz 1.5, daß √ khk∞ ≤ khkΛ1 (Ω,RN ) , kDhk∞ ≤ nkhkΛ1 (Ω,RN )

Dies zeigt sofort die zweite Behauptung.

Sei nun v ∈ Uε1 (u) und r := max{ku − vk∞ , kDu − Dvk∞ }. Sei 0 < δ < ε − r und √ h ∈ Λ1 (Ω, RN ) mit khkΛ1 (Ω,RN ) < δ/ n. Dann √ ku − (v + h)k∞ ≤ ku − vk∞ + khk∞ ≤ r + δ/ n < ε kDu − D(v + h)k∞ ≤ kDu − Dvk∞ + kDhk∞ ≤ r + δ < ε, also v + h ∈ Uε1 (u). Satz 4.3 Es gelte die Annahme 4.1 13 und u ∈ Λ1 (Ω, RN ) sei derart, daß (x, u(x), D(x)) ∈ Df f¨ ur alle x ∈ Ω f¨ ur die Du(x) existiert und es ein ε > 0 gibt mit (x, y, p) ∈ Df falls |y − u(x)| < ε und |p − Du(x)| < ε.

(4.1)

Dann existiert eine offene Umgebung U ⊂ Λ1 (Ω, RN ) von u derart, daß gilt: a) F¨ ur jedes v ∈ U ist f (·, v(·), Dv(·)) ∈ L1 (Ω). Insbesondere existiert das Funktional F : U → R. b) F¨ ur jedes h ∈ Λ1 (Ω, RN ) ist h ∈ V 2 (F, u) und es gilt Z N n n P P ∂hi o fyi (x, u, Du)hi + fpiν (x, u, Du) δF(u, h) = dx, ∂xν ν=1 Ω i=1 Z N n n P P ∂hk 2 δ F(u, h) = fyi yk (x, u, Du)hi hk + 2 + fyi pkν (x, u, Du)hi ∂xν ν=1 Ω i,k=1 n P ∂hi ∂hk o + fpiµ pkν (x, u, Du) dx. ∂xµ ∂xν µ,ν=1 Beweis:

Wir w¨ahlen U = Uε1 (u) wie in Lemma 4.2.

a) Wegen (4.1) ist f¨ ur jedes v ∈ U die Funktion f (·, v(·), Dv(·)) fast u ¨berall auf Ω definiert und messbar als Komposition einer meßbaren und einer stetigen Funktion. Die Integrierbarkeit gilt nach Annahme 4.1. b) Sei h ∈ Λ1 (Ω, RN ). Dann ist ∆t := u + th ∈ U f¨ ur |t| < δ = δ(h), da U offen ist. Die Funktion (t, x) 7→ f (x, ∆t (x), D∆t (x)) ist integrierbar bzgl. x ∈ Ω und differenzierbar bzgl. t ∈ ] − δ, δ[ mit N n n P P ∂ ∂hi o f (x, ∆t (x), D∆t (x)) = fyi (x, ∆t , D∆t )hi + fpiν (x, ∆t , D∆t ) . ∂t ∂xν ν=1 i=1

`P ´ `P ´ √ 2 1/2 2 1/2 kDhk∞ = supx = supx ≤ nkhkΛ1 nach Satz 1.5. i,ν |∂xν hi (x)| ν |∂xν h(x)| 13 Die Annahmen sind st¨ arker als eventuell notwendig. F¨ ur die Formel der ersten Variation, braucht man zum Beispiel nur die entsprechende Annahme f¨ ur die ersten Ableitungen bzgl. y und p. In der Anwendung dieses Satz kann bzw. sollte man daher etwas großz¨ ugiger“ sein. ” 12

12

∂ Wegen Annahme 4.1 und der Beschr¨anktheit von h und Dh ist ∂t f (x, ∆t (x), D∆t (x)) ≤ cg(x) f¨ ur x ∈ Ω und |t| < δ. Nach Lebesgue-S¨atzen gilt daher Z ∂ ∂ F(∆t ) = f (x, ∆t , D∆t ) dx ∂t Ω ∂t und die Formel f¨ ur δF(u, h) folgt durch Einsetzen von t = 0. Durch analoge Argumentation f¨ ur die neue Lagrange-Funktion“ ” N n n P P ∂hi o f1 (x, y, p) := fyi (x, y, p)hi + fpiν (x, y, p) ∂xν ν=1 i=1 erh¨alt man die Formel f¨ ur δ 2 F(u, h). Z Beispiel 4.4 Betrachte in Satz 4.3 den Spezialfall f = f (x, p) bzw. F(u) =

f (x, Du) dx. Ω

Dann hat man Z

2

δ F(u, h) =

N P

n P

Ω i,k=1 µ,ν=1

fpiµ pkν (x, Du)

∂hi ∂hk dx. ∂xµ ∂xν

Die Lagrange-Funktion f heißt superelliptisch, falls N P

n P

i,k=1 µ,ν=1

fpiµ pkν (x, p)πµi πνk > 0

∀ x, p ∈ Df

∀ 0 6= (πµi ) ∈ RN ×n .

Nach Satz 3.3 ist dann F : U → R konvex. Betrachtet man F auf einer konvexen Teilmenge U0 ⊂ U , f¨ ur die gilt u, v ∈ U0 mit u 6= v =⇒ D(u − v) 6= 0, so ist F : U0 → R sogar strikt konvex. Beispiel 4.5 Es sei N = 114 , Ω zusammenh¨angend, ϕ : ∂Ω → R stetig und15 U0 = {u ∈ Λ1 (Ω) | u|∂Ω = ϕ}. Wir definieren das Dirichlet-Integral F : U0 ⊂ Λ1 (Ω) → R durch 1 F(u) = 2

Z 2 n ∂u P 1 (x) dx = |∇u(x)|2 dx. 2 Ω Ω ν=1 ∂ν

Z

Die Lagrange-Funktion ist also f (p) = p21 + . . . + p2n = |p|2 . Nach Beispiel 4.4 ist F strikt konvex. Also Satz: Das Dirichlet-Integral hat h¨ochstens einen station¨aren Punkt in U . Existiert dieser, so handelt es sich um eine strikte globale Minimalstelle. D.h. RN ×n = R1×n = Rn . F¨ ur die Definition von U0 beachte, daß sich jede lipschitz-stetige Funktion automatisch von Ω auf Ω fortsetzen l¨ aßt und die Fortsetzung auch lipschitz ist. 14

15

13

Die Existenz ist weitaus schwieriger. Unter geeigneten Regularit¨atsannahmen, existiert ein Minimum u ∈ C 1 (Ω) ∩ C 2 (Ω). F¨ ur dieses gilt dann16 n ∂u ∂h P dx = − 0 = δF(u, h) = Ω ν=1 ∂xν ∂xν

Z

n ∂2u P h dx = − 2 Ω ν=1 ∂xν

Z

Z h(x)∆u(x) dx Ω

∞ (Ω) 17 . Hieraus folgt (siehe Satz 5.3), daß ∆u = 0 in Ω. u ist also eine in f¨ ur alle h ∈ Ccomp Ω harmonische Funktion mit vorgegebenem Randwert ϕ.

5

Die Eulerschen Differentialgleichungen

Definition 5.1 F¨ ur k ∈ N0 ∪ {∞} setze k Ccomp (Ω) = {u ∈ C k (Rn ) | supp u kompakt und supp u ⊂ Ω},

wobei supp u = {x ∈ Rn | u(x) 6= 0}

18

der Tr¨ ager von u ist, sowie

ur jedes Kompaktum K ⊂ Ω}. L1loc (Ω) = {f : Ω → R | f meßbar und f |K ∈ L1 (K) f¨ a) Sei % : Rn → R definiert durch ( 1 exp |x|21−1 : |x| < 1 %(x) = α mit 0 : |x| ≥ 1

Beispiel 5.2

Z α=

exp |x|<1

1 dx. −1

|x|2

Dann ist % ∈ C ∞ (Rn ) mit supp % = {|x| ≤ 1}. Die Familie %ε (x) := ε−n %( xε ),

ε > 0,

heißt gl¨attender Kern oder mollifier. Es ist k%ε kL1 (Rn ) = 1 f¨ ur alle ε > 0. b) C(Ω) ⊂ L1loc (Ω). Satz 5.3 (Fundamentallemma der Variationsrechnung) Es sei u ∈ L1loc (Ω). Ist Z ∞ u(x)ϕ(x) dx ≥ 0 [= 0] ∀ 0 ≤ ϕ ∈ Ccomp (Ω), Ω

so ist u ≥ 0 [u = 0] fast u ¨berall in Ω. Beweis:

1. Schritt: Es sei Ω = Rn und u ∈ L1 (Rn ). Dann gilt Z (%ε ∗ u)(x) = %ε (x − y) u(y) dy ≥ 0 ∀ x ∈ Rn . | {z } n R ∞ ≥0 und ∈ Ccomp (Rn y)

16

Partielle Integration Siehe n¨ achsten Abschnitt. 18 B bezeichnet den Abschluß der Menge B, d.h. die kleinste abgeschlossene Menge A, die B enth¨ alt.

17

14

ε→0

Nach S¨atzen f¨ ur die Faltung ist %ε ∗ u −−−→ u in L1 (Rn ). Nach S¨atzen u ¨ber L1 -Konvergenz k→∞

existiert eine Folge εk → 0 mit %εk ∗ u −−−→ u punktweise fast u ¨berall in Rn . Es folgt u ≥ 0 fast u ¨berall. 2. Schritt: Im allgemeinen Fall setzen wir v(x) := %ε (x0 − x)u(x) f¨ ur ein x0 ∈ Ω und ε > 0 so klein, daß Uε (x0 ) ⊂ Ω. Dann ist v ∈ L1 (Rn ) und Z Z ∞ u(x) ϕ(x)%ε (x0 − x) dx ≥ 0 v(x)ϕ(x) dx = ∀0 ≤ ϕ ∈ Ccomp (Ω). | {z } n Ω R ∞ ≥0 und ∈ Ccomp (Ω)

Nach Schritt 1 ist v ≥ 0 fast u ¨berall, also u ≥ 0 fast u ¨berall in Uε/2 (x0 ). Da x0 ∈ Ω beliebig ist, folgt u = 0 fast u ¨berall in Ω. Der Fall =“ folgt durch Anwenden des Falles ≥“ auf u und −u. ” ” Satz 5.4 Es sei Ω zusammenh¨ angend und u ∈ L1loc (Ω). Ist Z ∂ϕ ∞ u(x) (x) dx = 0 ∀ ϕ ∈ Ccomp (Ω), ∀ 1 ≤ j ≤ n, ∂x j Ω so gibt es ein c ∈ R mit u = c fast u ¨berall in Ω. ∞ (U (x )) Beweis: Es sei x0 ∈ Ω fest und U2ε0 (x0 ) ⊂ Ω f¨ ur ε0 > 0. Sei ϕ ∈ Ccomp ε0 0 beliebig. Dann ist ∞ ϕ ∗ %ε ∈ Ccomp (U2ε0 (x0 )) ∀ 0 < ε < ε0 .

Ist χ die charaktertistische Funktion von U2ε0 (x0 ) und u e := χu, so ist u e ∈ L1 (Rn ) und Z Z ∂%ε ∂ (ϕ ∗ %ε )(x) dx = u e(x)(ϕ ∗ )(x) dx 0= u e(x) ∂xj ∂xj Rn Z Z Z ∂%ε ∂(e u ∗ %ε ) = ϕ(y) u e(x) (x − y) dxdy = − (y)ϕ(y) dy. ∂xj ∂yj Uε0 (x0 ) u∗%ε ) ≡ 0 auf Uε0 (x0 ) f¨ ur alle 1 ≤ j ≤ n. Also gibt es Konstanten cε Aus Satz 5.3 folgt ∂(e∂y j mit u e ∗ %ε ≡ cε auf Uε0 (x0 ). Also gilt f¨ ur fast alle x ∈ Uε0 (x0 ), daß ε →0

ε →0

k k u(x) = u e(x) ←− −− (e u ∗ %εk )(x) = cεk −− −→ c0 ,

d.h. u = c0 fast u ¨berall in Uε0 (x0 ). Daher ist die Menge M := {x ∈ Ω | u ≡ c0 fast u ¨berall in einer offenen Umgebung von x} nichtleer, offen und abgeschlossen in Ω. Da Ω zusammenh¨angend ist, muß M = Ω sein, also u = c0 fast u ¨berall in Ω. Annahme 5.5 Die Lagrange-Funktion f erf¨ ulle Annahme 4.1. Es sei u ∈ Λ1 (Ω, RN ) und es gebe ein ε > 0 mit {(x, y, p) | x ∈ Ω, Du(x) existiert und |y − u(x)| + |p − Du(x)| < ε} ⊂ Df . 15

Unter dieser Annahme l¨aßt sich das Funktional F mit Lagrange-Funktion f definieren auf der Menge U = {v ∈ Λ1 (Ω, RN ) | ku − vkL∞ (Ω,RN ) + kDu − DvkL∞ (Ω,RN ×n ) < ε} und V 1 (F, u) = V 1 (F, u) = Λ1 (Ω, RN ). Definition 5.6 Es gelte die Annahme 5.5. a) u hat die schwache Minimaleigenschaft bzgl. F, falls es ein δ > 0 gibt mit F(u) ≤ F(u + h)

∞ ∀ h ∈ Ccomp (Ω, RN ) mit khk∞ + kDhk∞ < δ.

Entsprechend spricht man von schwacher Maximal- und Extremaleigenschaft. b) u heißt schwache F-Extremale, falls ∞ ∀ h ∈ Ccomp (Ω, RN ).

δF(u, h) = 0

Beispiel 5.7 Hat u die schwache Extremaleigenschaft, so ist u eine schwache F-Extremale. Die Umkehrung davon ist im allgemeinen falsch: Betrachte Z 1 x2 u0 (x)2 + xu0 (x)3 dx. F(u) = −1

u ≡ 0 ist eine schwache F-Extremale mit F(0) = 0 und Z 1 2 ∞ δ F(0, h) = 2 x2 h0 (x)2 dx > 0 ∀ 0 6= h ∈ Ccomp (] − 1, 1[). −1

Also hat 0 h¨ochstens die schwache Minimaleigenschaft. F¨ ur hε (x) = ε%ε (x) = ε2 %( xε ), ε < 1, ist aber Z 1 n Z 1 o 2 0 2 4 x % (x) dx + F(hε ) = ε ε x%0 (x) dx < 0 | −1 {z } | −1 {z } ε→0 <0 −−−→0 ε→0

f¨ ur hinreichend kleine ε > 0 und hε −−−→ 0 in C 1 ([−1, 1]). Satz 5.8 (Eulersche Differentialgleichungen) Es gelte die Annahme 5.5 und es sei u ∈ C 2 (Ω, RN ). Genau dann ist u eine schwache F-Extremale, wenn die partiellen Differentialgleichungen fyi (x, u(x), Du(x)) −

n P ∂ fpiν (x, u(x), Du(x)) = 0 ν=1 ∂xν

∀x∈Ω

(5.1)

gleichzeitig f¨ ur i = 1, . . . , N erf¨ ullt sind. Ausf¨ uhrlich heißt das: fyi (x, u(x), Du(x)) − −

n P ν=1 n P

fpiν xν (x, u(x), Du(x)) − N P

µ,ν=1 k=1

n P ν=1

fpiν pkµ (x, u(x), Du(x))

16

fpiν yk (x, u(x), Du(x))

∂ 2 uk ≡ 0. ∂xν ∂xµ

∂uk (x)− ∂xν

∞ (Ω) folgt Beweis: ⇒“: Durch Wahl von h = ϕei = (0, . . . , 0, ϕ, 0, . . . , 0) mit ϕ ∈ Ccomp ” aus Satz 4.3, daß Z n P ∂ϕ ∞ fyi (x, u, Du)ϕ + fpiν (x, u, Du) dx = 0 ∀ ϕ ∈ Ccomp (Ω). ∂x ν ν=1 Ω

Nach partieller Integration ist dies ¨aquivalent zu Z n o n P ∂ fpiν (x, u, Du) ϕ dx = 0 fyi (x, u, Du) − ν=1 ∂xν Ω

∞ ∀ ϕ ∈ Ccomp (Ω).

Aus Satz 5.1 folgt (5.1). ⇐“: Folgt analog: Verwende Satz 4.3 und ” δF(u, h) = δF(u, h1 e1 + . . . + hN eN ) = δF(u, h1 e1 ) + . . . + δF(u, hN eN ) ∞ (Ω, RN ). f¨ ur h ∈ Ccomp

Bemerkung 5.9 (Euler-Operator) Die Zuordnung u 7→ Lf (u) mit n P ∂ [Lf (v)](x) = fyi (x, v(x), Dv(x)) − fpiν (x, v(x), Dv(x)) , i=1,...,N ν=1 ∂xν

x ∈ Ω,

f¨ ur diejenigen v ∈ C 2 (Ω, RN ) f¨ ur die die rechte Seite Sinn macht, definiert den sogenannten Euler-Operator Lf zu f . Satz 5.8 formuliert sich dann so: Es sei u ∈ C 2 (Ω, RN ) und es gelte Annahme 5.5. Dann gilt: u ist schwache F-Extremale ⇐⇒ Lf (u) = 0. Beispiel 5.10 Es sei N = 1 also Rn×N = Rn und Du = ∇u. Das Variationsintegral Z 2 1 |∇u| + c(x)u dx F(u) = 2 Ω

hat die Lagrangefunktion f (x, y, p) = 21 |p|2 + c(x)y und den Euler-Operatoren Lf (u) = −∆u + c(x) mit dem Laplace-Operatoren ∆ = ∂x21 + . . . + ∂x2n . Also ist Lf (u) = 0 die sogenannte Poisson-Gleichung ∆u = c in Ω. Beispiel 5.11 a) f = f (x, y) ist unabh¨angig von p. Dann reduziert sich (5.1) zu fyi (x, u(x)) ≡ 0 auf Ω f¨ ur alle 1 ≤ i ≤ N 19 . b) Ist n = 1 und f = f (y, p) unabh¨angig von x, so ist (5.1) gerade fyi (u(x), u0 (x)). Hieraus folgt f (u(x), u0 (x)) −

N P

d 0 dx fpi (u(x), u (x))

u0k (x)fpk (u(x), u0 (x)) ≡ const.20

k=1

Der21

Ausdruck f (y, p) +

ist also ein erstes Integral f¨ ur 19 21

N X

k=1 2 C -L¨osungen

Dies ist eine implizite Bestimmungsgleichung f¨ ur u Beweis: Leite die Gleichung nach x ab.

17

pk fpk (y, p) der Euler-Gleichung Lf (u) = 0.

≡

Satz 5.12 Es sei n = 1 und Ω = ]a, b[ ein offenes Intervall. Es gelte die Annahme 5.5, u ∈ Λ1 (]a, b[, RN ) sei eine schwache F-Extremale und x0 ∈ ]a, b[. Dann gibt es ein c ∈ RN mit Z x ∇y f (t, u(t), u0 (t)) dt f.f.a. x ∈ ]a, b[, (5.2) ∇p f (x, u(x), u0 (x)) = c + x0

d.h. u l¨ ost die sogenannte Du Bois-Reymondsche Gleichung beziehungsweise die Eulersche Differentialgleichung in integrierter Form. Beweis: Wie im Beweis von Satz 5.8 erh¨alt man f¨ ur 1 ≤ i ≤ N Z b ∞ ∀ ϕ ∈ Ccomp (]a, b[). fy (x, u, u0 ) ϕ(x) + fpi (x, u, u0 )ϕ0 (x) dx = 0 } | i {z a =:g(x)∈L1 (]a,b[)

∞ (]a, b[, RN ) mit g → g in L1 (]a, b[, RN ). Es folgt W¨ahle Folge (gk )k ⊂ Ccomp k Z b Z x 0 0 = lim fpi (x, u, u ) − gk (t) dt ϕ0 (x) dx

=

k→∞ a Z b

x0

fpi (x, u, u0 ) −

a

Z

·

Z

·

gk (t) dt →

da x0

Satz 5.4.

Z

x

fyi (t, u, u0 ) dt ϕ0 (x) dx,

x0

fyi (t, u, u0 ) dt gleichm¨aßig auf ]a, b[. Jetzt folgt die Behauptung aus

x0

Folgerung 5.13 Es seien die Bezeichnungen wie in Satz 5.12 aber u ∈ C 1 (]a, b[, RN ). Dann folgt aus (5.2), daß (∇p f )(x, u(x), u0 (x)) ∈ C 1 (]a, b[, RN ) mit Ableitung d (∇p f )(x, u(x), u0 (x)) = ∇y f (x, u(x), u0 (x)) ∀ x ∈ ]a, b[. dx Ist sogar u ∈ C 2 (]a, b[, RN ), so darf man links die Kettenregel anwenden und erh¨ alt die Eulerschen Differentialgleichungen aus Satz 5.8. Bemerkung 5.14 Wann ist eine Differentialgleichung die Euler-Gleichung eines geeigneten Funktionals? F¨ ur n = N = 1 heißt dies, ob u00 (x) = φ(x, u(x), u0 (x)),

a < x < b,

a¨quivalent ist zu Lf (u) = 0 f¨ ur ein geeignetes f = f (x, y, p). Ist fpp immer 6= 0, so heißt Lf (u) = 0 gerade u00 =

fy (x, u, u0 ) − fpx (x, u, u0 ) − fpy (x, u, u0 )u0 . fpp (x, u, u0 )

Man setzt also f an als L¨osung der partielle Differentialgleichung fy − fpx − pfpy − φfpp = 0. (Formales) Differenzieren nach p liefert ∂ ∂ ∂ fpp + p fpp + φ fpp = 0. ∂x ∂y ∂p Dies ist eine lineare partielle DGL erster Ordnung f¨ ur fpp . Diese l¨aßt sich eventuell mit der Charakteristiken-Methode l¨osen. Zweimaliges integrieren bzgl. p liefert f . φp +

18

6

Regul¨ are Linienelemente

Im folgenden sei n = 1, also Ω = ]a, b[ ein Intervall, und es gelte Annahme 5.5. Definition 6.1 Ein Punkt (x, y, p) ∈ Df heißt regul¨ ares Linienelement von f , falls det ∇2p f (x, y, p) 6= 0. Dabei bezeichnet ∇2p f (x, y, p) die Hesse-Matrix (bzgl. p) von f im Punkt (x, y, p). Lemma 6.2 Es sei (x0 , y0 , p0 ) ein regul¨ ares Linienelement von f und π0 := ∇p f (x0 , y0 , p0 ) ∈ RN . Dann gibt es offene Umgebungen V ⊂ R × RN × RN von (x0 , y0 , π0 ) und W ⊂ RN von p0 sowie eine C 1 -Abbildung ψ : V → W mit folgender Eigenschaft: F¨ ur (x, y, π) ∈ V und p ∈ W ist ∇p f (x, y, p) = π ⇐⇒ p = ψ(x, y, π). Insbesondere: (∇p f )(x, y, ψ(x, y, π)) = π f¨ ur alle (x, y, π) ∈ V . Beweis:

Wende den Satz u ¨ber implizite Funktionen an auf g : Df × RN −→ RN ,

g(x, y, p, π) = ∇p f (x, y, p) − π.

Es ist g(x0 , y0 , p0 , π0 ) = 0 und (Dp g)(x0 , y0 , p0 , π0 ) = (∇2p f )(x0 , y0 , p0 ) invertierbar. Satz 6.3 Es sei (x0 , y0 , p0 ) ein regul¨ ares Linienelement von f , π0 := ∇p f (x0 , y0 , p0 ) ∈ RN und ψ : V → W wie in Lemma 6.2. a) Ist I ein offenes Intervall um x0 und erf¨ ullt u ∈ C 1 (I, RN ) das Anfangswertproblem Z x (∇p f )(x, u(x), u0 (x)) = π0 + (∇y f )(t, u(t), u0 (t)) dt, (6.1) x0 0 u(x0 ) = y0 , u (x0 ) = p0 , auf I, so gibt es ein offenes Intervall J mit x0 ∈ J ⊂ I derart, daß π(x) := (∇p f )(x, u(x), u0 (x)) ∈ C 1 (J, RN ) und die folgende gew¨ ohnliche DGL erf¨ ullt ist: u0 (x) = ψ(x, u(x), π(x)) 0

∀ x ∈ J,

π (x) = (∇y f ) x, u(x), ψ(x, u(x), π(x)) u(x0 ) = y0 ,

∀ x ∈ J,

(6.2)

π(x0 ) = π0 .

b) Ist J offenes Intervall um x0 und l¨ osen u, π ∈ C 1 (J, RN ) die DGL (6.2), so l¨ ost u (6.1) auf J. 19

Insbesondere sind dann u, π ∈ C 2 (J, RN ). Beweis: a) Es ist (sogar) π ∈ C 1 (I, RN ). W¨ahle J ⊂ I derart, daß (x, u(x), π(x)) ∈ V 0 und u (x) ∈ W f¨ ur alle x ∈ J. Nach Lemma 6.2 ist u0 (x) = ψ(x, u(x), π(x))

∀ x ∈ J.

Ableiten von (6.1) liefert π 0 (x) = (∇y f )(x, u(x), u0 (x)) = (∇y f ) x, u(x), ψ(x, u(x), π(x)) . b) Sei (u, π) ∈ C 1 (J, RN × RN ) eine L¨osung von (6.2). F¨ ur alle x ∈ J ist insbesondere (x, u(x), π(x)) ∈ V und π 0 (x) = (∇y f )(x, u(x), u0 (x)), 6.2 π(x) = (∇p f ) x, u(x), ψ(x, u(x), π(x)) = (∇p f )(x, u(x), u0 (x)). Also erf¨ ullt u (6.1) auf J. Da ψ und ∇y f jeweils C 1 sind, ist (u0 , π 0 ) auch C 1 . Satz 6.4 Es gelte Annahme 5.5 und sei u ∈ C 1 (]a, b[, RN ) eine schwache F-Extremale. Ist I ⊂ ]a, b[ ein offenes Intervall und (x, u(x), u0 (x)) ein regul¨ ares Linienelement der 2 N Lagrange-Funktion f f¨ ur jedes x ∈ I, so ist u ∈ C (I, R ). Beweis: u l¨ost die Du-Bois Reymondsche Gleichung f¨ ur jedes x0 ∈ I. Nach Satz 6.3 (mit y0 = u(x0 ) und p0 = u0 (x0 )) ist u dann C 2 in einer offenen Umgebung von x0 . Da x0 ∈ I beliebig ist, folgt die Behauptung. Bemerkung 6.5 Mit den Bezeichnungen aus Lemma 6.2 setze H(x, y, π) := hψ(x, y, π), πiRN − f (x, y, ψ(x, y, π)),

(x, y, π) ∈ V.

Dies ist die sogenannte Hamilton-Funktion zu f . Mit Lemma 6.2 und Kettenregel folgt Hx (x, y, π) = −fx (x, y, ψ(x, y, π)), (∇y H)(x, y, π) = −(∇y f )(x, y, ψ(x, y, π)), (∇π H)(x, y, π) = ψ(x, y, π). Insbesondere ist H ∈ C 2 (V ). Die DGL in (6.2) schreibt sich nun als u0 (x) = (∇π H)(x, u(x), π(x)),

π 0 (x) = −(∇y H)(x, u(x), π(x)).

(6.3)

¨ von (x, y, p, f ) Dies ist die Eulersche Differentialgleichung in kanonischer Form. Der Ubergang zu (x, y, π, H) heißt Legendre-Transformation. 20

Bemerkung 6.6 Es sei H ∈ C 2 (V ) die Hamilton-Funktion zu f . F¨ ur K ∈ C 1 (V ) heißt {K, H} := h∇y K, ∇π Hi − h∇π K, ∇y Hi =

N P

K y i H πi − K πi H y i

i=1

die Poisson-Klammer von K mit H. Ist (u, π) eine L¨osung von (6.3), so ist d K(x, u(x), π(x)) = Kx (x, u(x), π(x))+ dx + h(∇y K)(x, u(x), π(x)), u0 (x)i − h(∇π K)(x, u(x), π(x)), π 0 (x)i = (Kx + {K, H})(x, u(x), π(x)). Weiterhin gibt es zu jedem (x0 , y0 , π0 ) ∈ V eine L¨osung (u, π) mit u(x0 ) = y0 und π(x0 ) = π0 . Man sieht also: Genau dann ist K ein erstes Integral f¨ ur die DGL (6.3)22 , wenn Kx + {K, H} ≡ 0

auf V.

Satz 6.7 Es sei Df = G × RN mit einem offenen G ⊂ R × RN , es gelte Annahme 5.5 und u ∈ Λ1 (]a, b[, RN ) sei eine schwache F-Extremale. Ist I ⊂ ]a, b[ offen und (∇2p f )(x, u(x), p) positiv [negativ] definit

∀x∈I

∀ p ∈ RN ,

so ist u ∈ C 2 (I, RN ). Beweis:

Sei M := ku0 kL∞ (]a,b[,RN ) und [α, β] ⊂ I. Da u lipschitz-stetig23 gilt Z

x

u(x) = u(α) +

u0 (t) dt

∀ α ≤ x ≤ β.

α

Da f ∈ C 2 , gibt es ein ε > 0 derart, daß (∇2p f )(x, y, p) positiv definit ist auf G0 × U2M (0) mit24 G0 = {(x, y) ∈ ]α − ε, β + ε[ × RN | |y − u(x)| < ε}. Definiere nun die Abbildung Φ : G0 × U2M (0) −→ G0 × RN ,

Φ(x, y, p) = (x, y, (∇p f )(x, y, p)).

Wir werden nachher zeigen: Φ ist ein C 1 -Diffeomorphismus Φ : G0 × U2M (0) −→ B := Φ(G0 × U2M (0)). Nach Satz 5.12 gibt es ein c ∈ RN mit Z x (∇p f )(x, u(x), u0 (x)) = c + (∇y f )(t, u(t), u0 (t)) dt =: π(x)

f.f.a. x ∈ [α, β].

α 22

d.h., f¨ ur jede L¨ osung (u, π) ist K(x, u(x), π(x)) konstant in x Schon absolute Stetigkeit w¨ are genug. 24 Die Annahme des Gegenteils liefert konvergente Folgen (xn , yn , pn )n und (vn )n von Einheitsvektoren mit h(∇2p f )(xn , yn , pn )vn , vn i ≤ 0. Dies steht im Widerspruch zur positiven Definitheit (im Grenzwert). 23

21

π ist offenbar stetig. Setze K := {Φ(x, u(x), p) | α ≤ x ≤ β, p ∈ UM (0)} ⊂ B F.f.a. x ∈ [α, β] ist (x, u(x), π(x)) = Φ(x, u(x), u0 (x)) ∈ K. Da K abgeschlossen und π stetig, folgt (x, u(x), π(x)) ∈ K f¨ ur alle x ∈ [α, β]. Dann definiert (x, u(x), p(x)) = Φ−1 (x, u(x), π(x)) 0 eine stetige ¨. auf [α, β]. Also ist u(x) = Z x Funktion p : [α, β] → UM (0) mit p(x) = u (x) f. u 1 N u(α) + p(t) dt in C ([α, β], R ). α 1 C -Diffeomorphismus:

Φ ist Man rechnet nach, daß det DΦ(x, y, p) 6= 0 f¨ ur alle (x, y, p) ∈ G0 × U2M (0). Der Satz u ¨ber die inverse Funktion liefert, daß B offen ist und Φ ein lokaler C 1 -Diffeomorphismus ist. Wir m¨ ussen also nur noch zeigen, daß Φ injektiv ist, d.h. N N (∇p f )(x, y, ·) : R → R injektiv f¨ ur jedes gegebene (x, y). Es ist Z 1 d (∇p f )(x, y, r + t(q − r)) dt (∇p f )(x, y, q) − (∇p f )(x, y, r) = 0 dt Z 1 N P = (∇p fpk )(x, y, r + t(q − r))(q k − rk ) dt. 0 k=1

F¨ ur q 6= r folgt mit s := q − r aus der Voraussetzung, daß Z 1 N P h(∇p f )(x, y, q) − (∇p f )(x, y, r), si = fpi pk (x, y, r + ts)sk si dt 0 i,k=1 1 h(∇2p f )(x, y, r 0

Z =

+ ts)s, si dt > 0

und somit (∇p f )(x, y, q) 6= (∇p f )(x, y, r). Beispiel 6.8 Das Funktional (vgl. Beispiel 1.4) Z 1 F(u) = (u0 (x)2 − 1)2 dx, 0

hat als schwache F-Extremale z.B. die Funktion u(x) = 21 − |x − 21 |, die offenbar nicht C 2 ist. Dies ist m¨oglich wegen ( √ <0 : |p| < 1/ 3 2 √ . fpp (x, y, p) = p(3p − 1) >0 : |p| > 1/ 3

7

Erdmannsche Gleichung und Eckenbedingungen

Annahme 7.1 Es sei Df = G × RN ×n mit einer offenen Menge G ⊂ Rn × RN und f erf¨ ulle Annahme 4.1. Es sei u ∈ Λ1 (Ω, RN ) und es gebe ein ε > 0 mit {(x, y, p) | x ∈ Ω und |y − u(x)| < ε} ⊂ Df . 22

Unter dieser Annahme l¨aßt sich das Variationsintegral F mit Lagrange-Funktion f definieren auf der Menge U = {v ∈ Λ1 (Ω, RN ) | ku − vkL∞ (Ω,RN ) < ε} und es ist V 1 (F, u) = V 2 (F, u) = Λ1 (Ω, RN ). Dies sieht man wie in Satz 4.3. Definition 7.2 Es gelte die Annahme 7.1. Dann hat u die starke Minimaleigenschaft bzgl. F, falls es ein δ > 0 gibt mit ∞ ∀ h ∈ Ccomp (Ω, RN ) mit khkL∞ (Ω,RN ) < δ.

F(u) ≤ F(u + h)

Analog f¨ uhrt man die starke Maximal- bzw. Extremaleigenschaft ein. Lemma 7.3 Es gelte Annahme 7.1 und u habe die starke Minimaleigenschaft bzgl. F. Dann gibt es ein ε > 0 derart, daß ∀ h ∈ Λ1comp (Ω, RN ) mit khkL∞ (Ω,RN ) < δ.

F(u) ≤ F(u + h) Beweis: ist

ur ein (kleines) ε0 > 0 Es sei h ∈ Λ1comp (Ω, RN ) mit khk∞ < δ vorgegeben. F¨ ∞ hε := h ∗ %ε ∈ Ccomp (Ω, RN )

∀ 0 < ε ≤ ε0

ε→0

und khε − hk∞ −−−→ 0. Nach Satz u ¨ber die dominierte Konvergenz ist f.f.a. x ∈ Ω Z ∂h ∂h ∂hε (x) = (x − y)%ε (y) dy = (x). ∂xj ∂xj ε Rn ∂xj Nach S¨atzen u ¨ber die Faltung ist

∂h ∂xj

ε→0

ε

−−−→

∂h ∂xj

in L1 (Ω, RN ). Es gibt also eine Nullfolge

j→∞

εj → 0 mit Dhεj (x) −−−→ Dh(x) f.¨ u. in Ω. Wegen kDhε k∞ ≤ kDhk∞

25

ist

{(x, (u + hε )(x), (u + hε )(x) | x ∈ Ω, 0 < ε ≤ ε0 } eine beschr¨ankte Teilmenge von Df . Also folgt mit dem Satz u ¨ber dominierte Konvergenz26 , daß j→∞

F(u + h) ←−−− F(u + hεj ) ≥ F(u), wobei ‘≥’ f¨ ur hinreichend große j gilt, wegen der starken Minimaleigenschaft von u. Beispiel 7.4 Betrachte auf Λ1 (] − 1, 2[) das Funktional Z

2

F(u) =

u0 (x)2 + u0 (x)3 dx.

−1 25 26

beachte dazu, daß k%ε kL1 = 1 f¨ ur alle ε und Annahme 4.1

23

∞ (] − 1, 2[) ist Jedes uλ (x) := λx mit λ ∈ R ist eine schwache F-Extremale. F¨ ur h ∈ Ccomp

Z

2

F(uλ + h) =

(λ + h0 (x))2 + (λ + h0 (x))3 dx

−1 2

Z = F(uλ ) +

(1 + 3λ + h0 (x))h0 (x)2 dx.

−1

Also hat uλ die schwache Minimal[Maximal]eigenschaft, falls 1 + 3λ > 0 [1 + 3λ < 0]. Jedoch hat uλ nie die starke Extremaleigenschaft: Setze   :0≤x≤α x/α hε,α (x) = ε (1 − x)/(1 − α) mit ε > 0, 0 < α < 1. :α≤x≤1,   0 : sonst Dann ist hε,α ∈ Λ1comp (] − 1, 2[) mit khε,α k∞ = ε und man berechnet F(uλ + hε,α ) − F(uλ ) = 2 λ + αε ((1 + λ)α + ε)) + λ −

ε 1−α

2

( −∞ ((1 + λ)(1 − α) − ε)) −→ ∞

:α→1 . :α→0

Satz 7.5 Es sei Ω = ]a, b[ und x0 ∈ ]a, b[. Es gelte Annahme 7.1 und u habe die starke Extremaleigenschaft bzgl. F. Mit geeigneten c, c0 ∈ RN erf¨ ullt dann u die Du-Bois Reymondsche Gleichung Z x 0 (∇p f )(x, u(x), u (x)) = c + (∇y f )(t, u(t), u0 (t)) dt x0

sowie die Erdmannsche Gleichung 0

0

0

0

Z

x

f (x, u(x), u (x)) − (∇p f )(x, u(x), u (x))u (x) = c +

fx (t, u(t), u0 (t)) dt

x0

f¨ ur fast x ∈ ]a, b[. Insbesondere gilt: Ist f = f (y, p) unabh¨ angig von x, so ist f (u(x), u0 (x)) − (∇p f )(u(x), u0 (x))u0 (x) = c0 fast u ¨berall, vgl. Beispiel 5.11.b). Beweis:

∞ (]a, b[) und Es sei ϕ ∈ Ccomp

τθ (x) := x + θϕ(x)

f¨ ur x ∈ [a, b] und |θ| < (1 + kϕ0 k∞ )−1 .

Dann ist τθ (x) = x f¨ ur x 6∈ supp ϕ und τθ0 (x) = 1 + θϕ0 (x) ≥ 1 − |θ| kϕ0 k∞ > 0

∀ a ≤ x ≤ b.

Also ist τθ : [a, b] → [a, b] ein C ∞ -Diffeomorphismus. Somit gilt uθ := u ◦ τθ−1 ∈ Λ1 (]a, b[, RN ),

hθ := uθ − u ∈ Λ1comp (]a, b[, RN ). 24

F¨ ur ε > 0 aus Lemma 7.3 ist außerdem khθ k∞ ≤ kukΛ1 sup |τθ−1 (y) − y| = kukΛ1 sup |x − τθ (x)| = kukΛ1 kϕk∞ |θ| < ε y∈[a,b]

x∈[a,b]

f¨ ur alle |θ| < ε(1 + kukΛ1 kϕk∞ )−1 =: θ0 . Also F(u) ≤ F(u + hθ ) = F(uθ ) Es ist

∀ |θ| < θ0 .

(7.1)

u0 (τθ−1 (x)) dτθ−1 (x) = dx 1 + θϕ0 (τθ−1 (x))

u0θ (x) = u0 (τθ−1 (x))

also, nach der Variablentransformation y = τθ−1 (x), Z F(uθ ) =

b

f (x, u(τθ (x)), u0θ (x)) dx

Z =

b

f y + θϕ(y), u(y),

a

a

u0 (y) (1 + θϕ0 (y)) dy. 1 + θϕ0 (y)

Zusammen mit (7.1) folgt d 0= F(uθ ) = dθ θ=0

Z

b

fx (x, u, u0 )ϕ + f (x, u, u0 ) − (∇p f )(x, u, u0 )u0 ϕ0 dx

a

und nach partieller Integration27 Z b

Z

x

−

a

fx (t, u, u0 ) dt + (f (x, u, u0 ) − (∇p f )(x, u, u0 )u0 ϕ0 dx.

x0

∞ (]a, b[) gilt, folgt die Behauptung aus Satz 5.4. Da dies f¨ ur jedes ϕ ∈ Ccomp

Satz 7.6 (Erdmannsche Eckenbedingungen) Es sei Ω =]a, b[ und es gelte Annahme 7.1. u besitze die starke Extremaleigenschaft bzgl. F und sei st¨ uckweise stetig differenzierbar28 . Dann gilt f¨ ur jedes x0 ∈ ]a, b[ lim (∇p f )(x, u(x), u0 (x)) =

x→x0 −0

lim (∇p f )(x, u(x), u0 (x))

x→x0 +0

sowie lim f (x, u(x), u0 (x)) − (∇p f )(x, u(x), u0 (x))u0 (x) =

x→x0 −0

=

lim f (x, u(x), u0 (x)) − (∇p f )(x, u(x), u0 (x))u0 (x).

x→x0 +0

Beweis: Folgt sofort aus den Formeln in Satz 7.5, da dort die Funktionen auf den rechten Seiten stetig auf ]a, b[ sind. 27

vgl. den Beweis von Satz 5.12 D.h., u ist stetig auf [a, b] und es gibt eine Zerlegung a = t0 < t1 < . . . < tm = b derart, daß u|[tj−1 ,tj ] ∈ C 1 ([tj−1 , tj ], RN ) f¨ ur alle j = 1, . . . , m. 28

25

8

Die Bedingung von Legendre-Hadamard

Satz 8.1 Es gelte die Annahme 5.5 und es sei ∞ ∀ h ∈ Ccomp (Ω, RN ) 29 .

δ 2 F(u, h) ≥ 0

Dann erf¨ ullt u die Legendre-Hadamard-Bedingung N P

n P

i,k=1 µ,ν=1

∀ ξ ∈ RN

fpiµ pkν (x0 , u(x0 ), Du(x0 ))ξi ξk ηµ ην ≥ 0

∀ η ∈ Rn

in jedem Punkt x0 ∈ Ω, in dem Du stetig ist30 . Beweis:

Nach Satz 4.3 haben wir Z N n n P P P 2 ik ik ∂hk ik ∂hi ∂hk δ F(u, h) = a h i hk + b ν hi + c dx ∂xν µ,ν=1 µν ∂xµ ∂xν ν=1 Ω i,k=1

mit den L1 (Ω)-Funktionen aik (x) := fyi yk (x, u(x), Du(x)), bik ν (x) := 2fyi pkν (x, u(x), Du(x)), cik µν (x) := fpi pkν (x, u(x), Du(x)). k

OBdA31 nehmen wir an, daß x0 = 0. Es sei V := Uε (0) ⊂ Ω f¨ ur ε > 0. F¨ ur h ∈ ∞ N Ccomp (V, R ) setze n

∞ (V, RN ), hλ (x) = λ1− 2 h(x/λ) ∈ Ccomp

0 < λ < 1.

Aus δ 2 F(u, hλ ) ≥ 0 und der Variablentransformation x = λy folgt Z

N P

n P

λ2 aik (λy)hi hk + λ

ν=1

Ω i,k=1

und mit λ → 0 erh¨alt man Z N n P P Ω i,k=1 µ,ν=1

cik µν (0)

bik ν (λy)hi

∂hi ∂hk dx ≥ 0 ∂xµ ∂xν

ki Wegen cik ur jedes zµi = αµi + µν = cνµ gilt f¨ N P

n P

i,k=1 µ,ν=1

i k cik µν (0)zµ zµ =

N P

n P ∂hk ∂hi ∂hk + dy ≥ 0 cik µν (λy) ∂xν µ,ν=1 ∂xµ ∂xν

n P

i,k=1 µ,ν=1

√

∞ ∀ h ∈ Ccomp (V, RN ).

−1βµi ∈ C

i k cik µν (0)αµ + αν +

29

N P

i,k=1 µ,ν=1

Dies gilt z.B. wenn u die schwache Minimaleigenschaft bzgl. F hat. d.h. es gibt ein in x0 stetiges g mit g = Du fast u ¨berall in Ω. 31 nach Translation des Rn

30

26

n P

i k cik µν (0)βµ + βν .

Es folgt Z

N P

n P

Ω i,k=1 µ,ν=1

cik µν (0)

∂hi ∂hk dx ≥ 0 ∂xµ ∂xν

∞ ∀ h ∈ Ccomp (V, CN ).

∞ (V ) und t > 0: Setze hier nun speziell h(x) = t− 1ϕ(x)eithx,ηi ξ ein, wobei ϕ ∈ Ccomp N P

Z 0≤

n P

−2 ∂ϕ ∂ϕ + ϕ2 ηµ ην dx cik µν (0)ξi ξk t ∂xµ ∂xν Ω i,k=1 µ,ν=1 P Z N n P t→∞ ϕ2 dx cik −−−→ µν (0)ξi ξk ηµ ην . Ω

Z Durch Wahl von ϕ mit

i,k=1 µ,ν=1

ϕ2 dx > 0 folgt die Behauptung.

Definition 8.2 Ein u ∈ C 1 (Ω, RN ) erf¨ ullt die strikte Legendre-Hadamard-Bedingung, falls es ein L > 0 gibt mit  N P   

n P

i,k=1 µ,ν=1

(sLH)

fpiµ pkν (x, u(x), Du(x))ξi ξk ηµ ην ≥ L|ξ|2 |η|2

.

  f¨ ur alle x ∈ Ω, ξ ∈ RN und η ∈ Rn F¨ ur den folgenden Satz machen wir folgende Annahme: Annahme 8.3 f gen¨ uge der Annahme 4.1 und zu u ∈ C 1 (Ω, RN ) gebe es ein ε > 0 mit {(x, y, p) | x ∈ Ω, |y − u(x)| + |p − Du(x)| < ε} ⊂ Df . Dann l¨aßt sich das Variationsintegral F mit der Lagrange-Funktion f definieren auf der Menge {v ∈ C 1 (Ω, RN ) | ku − vkL∞ (Ω,RN ) + kDu − DvkL∞ (Ω,RN ×n ) < ε}. Satz 8.4 Es sei n = 1 oder N = 1 und f = f (x, p) unabh¨ angig von y. Weiterhin gen¨ uge u ∈ C 1 (Ω, RN ) der strikten Legendre-Hadamard-Bedingung (sLH) und der Annahme 8.3. Dann gibt es ein δ > 0 mit F(u) ≤ F(u + h)

∀ h ∈ C 1 (Ω, RN ) mit khk∞ + kDhk∞ < δ und δF(u, h) = 0.

Beweis: N = 1: F¨ ur δ < ε ist ϕ(θ) := F(u + θh) ∈ C 2 ([−1, 1])32 . Wegen ϕ0 (0) = δF(u, h) = 0 ist Z F(u + h) = ϕ(1) = ϕ(0) +

1

0

1Z t

ϕ (t) dt = F(u) + 0

32

Z 0

beachte Satz 4.3

27

0

ϕ00 (s) ds.

Nach Satz 4.3 ist Z n P ∂h ∂h fpiµ pkν (x, ∇u(x) + s∇h(x)) dx ϕ00 (s) = δ 2 F(u + sh, h) = ∂xµ ∂xν Ω µ,ν=1 Z ≥ (L − Kh (s, x))|∇h(x)|2 dx

(8.1)

Ω

mit

n P fpiµ pkν (x, ∇u(x) + s∇h(x)) − fpiµ pkν (x, ∇u(x)) .

Kh (s, x) =

µ,ν=1

Da f gleichm¨aßig stetig ist auf dem Kompaktum {(x, p) | x ∈ Ω, |u(x) − p| ≤ ε/2}, ist L − Kh (s, x) ≥ 0 f¨ ur alle 0 ≤ s ≤ 1 und x ∈ Ω, falls δ klein genug gew¨ahlt ist. Es folgt die Behauptung. n = 1: Geht absolut analog. Folgerung 8.5 Es sei u ∈ C 1 (Ω, RN ) und die Voraussetzungen wie in Satz 8.4. Dann gilt: u ist schwache F-Extremale ⇐⇒ u hat die schwache Minimaleigenschaft bzgl. F. Beispiel 8.6 Die Aussage von Satz 8.4 stimmt im allgemeinen nicht, falls f von y abh¨angt, wie etwa bei Z 2π

F(u) =

u0 (x)2 − u(x)2 dx.

0

Dann ist f (y, p) = − also fpp (u(x), u0 (x)) = 2 > 0, d.h. die strikte Legedre-Hadamard-Bedingung gilt. Andererseits ist δ 2 F(u, h) = 2F(h) f¨ ur alle u und somit δ 2 F(u, h) < 0 f¨ ur zum Beispiel h(x) = sin x. p2

9

y2,

Schwache Minimalstellen und die Jacobi-Bedingung

In diesem Abschnitt betrachten wir Variationsintegrale der Form Z F(v) =

b

f (x, v(x), v 0 (x)) dx,

v ∈ C 1 ([a, b], RN ).

a

Annahme 9.1 Annahme 4.1 sei erf¨ ullt von f und zu u ∈ C 1 ([a, b], RN ) gebe es ein ε > 0 mit {(x, y, p) | x ∈ [a, b], |y − u(x)| + |p − u0 (x)| < ε} ⊂ Df . Unter dieser Annahme, die ab jetzt gelte, kann man das Variationsintegral F mit LagrangeFunktion f betrachten auf der Menge {v ∈ C 1 ([a, b], RN ) | ku − vk∞ + ku0 − v 0 k∞ < ε}. 28

Definition 9.2 Es gelte Annahme 9.1. u heißt schwach F-minimal, falls es ein δ > 0 gibt mit F(u) ≤ F(u + h) ∀ h ∈ C01 ([a, b], RN ) mit khk∞ < +kh0 k∞ < δ, wobei C01 ([a, b], RN ) := {h ∈ C01 ([a, b], RN ) | h(a) = h(b) = 0}. Lemma 9.3 Ist u schwach F-minimal, so gelten: (V1)

δF(u, h) = 0 f¨ ur alle h ∈ C01 ([a, b], RN )

(V2)

δF 2 (u, h) ≥ 0 f¨ ur alle h ∈ C01 ([a, b], RN )

(LH)

(∇2p f )(x, u(x), u0 (x)) ist positiv semi-definit f¨ ur alle x ∈ [a, b].

Definition 9.4 Das akzessorische Integral F a zu F bzgl. u ist das Variationsintegral 4.3

h 7→ F a (h) := δ 2 F(u, h) =

Z

b

f a (x, h(x), h0 (x)) dx

a

mit der Lagrange-Funktion f a (x, y, p) = hAyy (x)y, yi + 2hAyp (x)p, yi + hApp (x)p, pi, wobei die N × N -Matrizen Ayy (x), Ayp (x) bzw. App (x) folgende Eintr¨ age haben: Ayi yk (x) = fyi yk (x, u(x), u0 (x)), Ayi pk (x) = fyi pk (x, u(x), u0 (x)), Api pk (x) = fpi pk (x, u(x), u0 (x)) mit Zeilenindex i und Spaltenindex k. angs u ist eine Funktion ϕ ∈ C 1 ([a, b], RN ) derart, daß Definition 9.5 Ein Jacobi-Feld l¨ ψ := Apy ϕ + App ϕ0 ∈ C 1 ([a, b], RN ) und ψ 0 − Ayy ϕ − Ayp ϕ0 ≡ 0 auf [a, b], wobei Apy := Atyp . Kurzfassung: ϕ erf¨ ullt die Euler-Gleichung von F a 0 = −Lf a (ϕ) =

33 ,

d.h.

d (Apy ϕ + App ϕ0 ) − Ayy ϕ − Ayp ϕ0 . dx

(9.1)

(9.1) heißt auch die Jacobi-Gleichung von F bzgl. u. Bemerkung 9.6 Ist App invertierbar, so ist Definition 9.5 ¨aquivalent zur Forderung, daß (ϕ, ψ) eine L¨osung des folgenden linearen Systems erster Ordnung ist: −1 ϕ0 = A−1 pp ψ − App Apy ϕ,

−1 ψ 0 = (Ayy − Ayp A−1 pp Apy )ϕ + Ayp App ψ.

Insbesondere existiert dann ein Jacobi-Feld. 33

vgl. (5.1)

29

Definition 9.7 a) Ein Punkt e a ∈ ]a, b] heißt konjugiert zu a (bzgl. F und u), wenn es 1 ein Jacobi-Feld 0 6= ϕ ∈ C ([a, b], RN ) l¨ angs u gibt mit ϕ(a) = ϕ(e a) = 0. b) Die Jabobi-Bedingung an u bzw. F a lautet (J)

Es gibt keinen zu a konjugierten Punkt in ]a, b[.

Die strikte Jabobi-Bedingung an u bzw. F a lautet (sJ)

Es gibt keinen zu a konjugierten Punkt in ]a, b].

Satz 9.8 u erf¨ ulle die strikte Legendre-Hadamard-Bedingung (sLH)

App (x) = (∇2p f )(x, u(x), u0 (x)) ist positiv definit f¨ ur alle x ∈ [a, b].

Dann gelten: a) Ist F a (h) ≥ 0 f¨ ur alle h ∈ C01 ([a, b], RN ), so gilt (J). b) Ist F a (h) > 0 f¨ ur alle 0 6= h ∈ C01 ([a, b], RN ), so gilt (sJ)34 . Beweis:

Es gebe ein Jacobi-Feld ϕ 6≡ 0 mit ϕ(e a) = 0 f¨ ur ein a < e a ≤ b. Dann ist ( ϕ(x) :a≤x≤e a h0 (x) := 0 :e a≤x≤b

st¨ uckweise C 1 auf [a, b]. F¨ ur a ≤ x ≤ e a gilt f a (x, h0 , h00 ) = hAyy ϕ, ϕi+2hAyp ϕ0 , ϕi+hApp ϕ0 , ϕ0 i = hAyy ϕ+Ayp ϕ0 , ϕi+hApy ϕ+App ϕ0 , ϕ0 i. Mit partieller Integration folgt Z ea x=ea Z ea 0 0 0 d (Apy ϕ + App ϕ0 ), ϕi dx. − h dx hApy ϕ + App ϕ , ϕ i dx = hApy ϕ + App ϕ , ϕi x=a a a | {z } =0, da ϕ(a) = ϕ(e a) = 0.

Es folgt a

Z

F (h0 ) = a

e a

0

hAyy ϕ + Ayp ϕ −

d dx (Apy ϕ

0

Z

+ App ϕ ), ϕi dx =

e a

hLf a (ϕ), ϕi dx = 0.

a

a) Wir nehmen an, daß oben a < e a < b ist. Angenommen 0 = F a (h0 ) ≤ F a (h0 + g)

∞ ∀ g ∈ Ccomp (]a, b[, RN ).

Nach Satz 7.6 erf¨ ullt h0 die (erste) Erdmannsche Eckenbedingung, d.h. (∇p f a )(x, h(x), h0 (x)) = Apy (x)h(x) + App (x)h0 (x) 34

Der Beweis zeigt: Ohne Annahme von (sLH) folgt aus F a (h) > 0 f¨ ur alle 0 6= h ∈ C01 ([a, b], RN ), daß b nicht konjugiert zu a ist.

30

0 0 a) = 0. Mit der Notation ist stetig auf [a, b]35 . Da A−1 pp stetig ist dann h0 stetig und somit ϕ (e aus Definition 9.5 ist daher ψ(e a) = ϕ(e a) = 0 und mit Bemerkung 9.6 folgt ϕ ≡ ψ ≡ 0, was der Annahme ϕ 6≡ 0 widerspricht. Also gibt es ein auf [a, b] st¨ uckweise stetig differenzierbares e h mit e h(a) = e h(b) = 0 und a 36 F (e h) < 0. Durch Abrunden der Ecken“ von e h findet man ein h ∈ C01 ([a, b], RN ) mit ” F a (h) < 0. Dies steht im Widerspruch zur Annahme.

b) W¨ are b konjugiert zu a, so k¨onnen wir oben e a = b w¨ahlen. Dann ist h0 = ϕ ∈ 1 N a C0 ([a, b], R ) \ {0} und F (h0 ) = 0. Widerspruch. Folgerung 9.9 Ist u schwach F-minimal und gilt (sLH)37 , so gilt (J). Beispiel 9.10 Das akzessorische Integral f¨ ur das Funktional 1 F(u) = 2

Z

b

u0 (x)2 − u(x)2 dx

(N = 1)

0

ist unabh¨angig von u, n¨amlich F a (h) = δ 2 F(u, h) =

b

Z

h0 (x)2 − h(x)2 dx = 2F(h).

0

Also ist Ayy = −1, Ayp = Apy = 0 und App = 1 > 0. Insbesondere ist (sLH) erf¨ ullt und die Jacobi-Gleichung ist 0 = −Lf a (ϕ) =

0 d dx (ϕ )

+ ϕ = ϕ00 + ϕ.

Diese hat als allgemeine L¨osung ϕ(x) = α sin x + β cos x,

α, β ∈ R.

Die L¨osungen ϕ 6≡ 0 mit ϕ(0) = 0 sind also gerade ϕ(x) = α sin x,

0 6= α ∈ R.

Der kleinste zu a = 0 konjugierte Punkt ist also e a = π. b > [=]π: Dann ist (J) [(sJ)]nicht erf¨ ullt und es muß ein h ∈ C01 ([0, b]) mit F a (h) < [≤]0 πx geben. F¨ ur h(x) := sin b ist Z π π b b π π a F (h) = cos2 x − sin2 x dx = − . π b π 2 0 b 0 < b < π: F¨ ur gen¨ ugend kleines β > 0 ist ϕ(x) := sin x + β cos x 6= 0 35

∀ 0 ≤ x ≤ b.

Beachte, daß die erste Erdmannsche Eckenbedingung schon aus der Du Bois-Reymondschen Gleichung folgt. F¨ ur diese muß die Lagrange-Funktion nicht bzgl. x differenzierbar sein, sondern nur stetig! 36 siehe Handout 37 insbesondere ist dann u ∈ C 2 (]a, b[, RN ) nach Satz 6.4

31

Dann l¨ost r := folgt

ϕ0 ϕ

die Riccati-Gleichung r0 + 1 + r2 = 0 auf [0, b] und f¨ ur jedes h ∈ C01 ([0, b])

h02 − h2 − (rh0 )2 = h02 − h2 − r0 h2 − 2rhh0 = h02 + r2 h2 − 2rhh0 = (h0 − rh)2 und somit a

Z

b

02

Z

2 0

2

b

h − h − (rh ) dx =

F (h) =

(h0 − rh)2 dx ≥ 0.

0

0

Bedingung (V2) (welche notwendig ist f¨ ur die schwache Minimalit¨at einer schwachen FExtremalen u) ist also erf¨ ullt. Lemma 9.11 Es gebe ein S ∈ C 1 ([a, b] × RN ) und ein δ > 0 derart, daß f (x, u(x),u0 (x)) − Sx (x, u(x)) − (∇y S)(x, u(x))u0 (x)

(9.2)

≤ f (x, y, p) − Sx (x, y) − (∇y S)(x, y)p f¨ ur alle (x, y, p) ∈ [a, b] × RN × RN mit |y − u(x)| + |p − u0 (x)| < δ. Dann ist F(u) ≤ F(u + h)

∀ 0 6= h ∈ C01 ([a, b], RN ) mit khk∞ + kh0 k∞ < δ.

Es gilt sogar <“, falls in (9.2) <“ gilt wann immer y 6= u(x). ” ” Beweis:

Setze v := u + h. Aus (9.2) folgt

d d S(x, u(x)) ≤ f (x, v(x), v 0 (x)) − S(x, v(x)) ∀ x ∈ [a, b], dx dx falls khk∞ +kh0 k∞ < δ. Unter der Zusatzannahme gilt <“ auf einem offenen Teilintervall, ” falls h 6= 0. Integration liefert Z b x=b Z b x=b 0 f (x, u(x), u (x)) dx − S(x, u(x)) ≤ f (x, v(x), v 0 (x)) dx − S(x, v(x)) f (x, u(x), u0 (x)) −

x=a

a

x=a

a

(mit <“ bei der Zusatzannahme und h 6= 0). Aus u(a) = v(a) und u(b) = v(b) folgt die ” Behjauptung. Satz 9.12 Erf¨ ullt u die Bedingungen (V1), (sLH) und (sJ), so gibt es ein S ∈ C 1 ([a, b]× N R ), welches den Vorrausetzungen von Lemma 9.11 gen¨ ugt. Dabei gilt in (9.2) ‘<’, falls y 6= u(x) ist. Der Beweis dieses Satzes ben¨otigt etwas Vorbereitung. Lemma 9.13 u erf¨ ulle (sLH) und (sJ). Definiere A, B, C ∈ C([a, b], RN ×N ) durch A = −A−1 pp Apy ,

B = A−1 pp ,

C = Ayy − Ayp A−1 pp Apy .

Ist 0 ≤ α gen¨ ugend klein, so gibt es Φ, Ψ ∈ C 1 ([a, b], RN ×N ) derart, daß Φ0 = AΦ + BΨ,

Ψ0 = (C + αI)Φ − At Ψ

auf [a, b],38

sowie 38

F¨ ur α = 0 ist dies das zur Jacobi-Gleichung geh¨ orige Matrixsystem, vgl. Bemerkung 9.6.

32

(9.3)

a) det Φ(x) 6= 0 f¨ ur alle x ∈ [a, b], b) Φt (x)Ψ(x) = Ψt (x)Φ(x) f¨ ur alle x ∈ [a, b]. Beweis:

Seien (Φ0 , Ψ0 ) und (Φ1 , Ψ1 ) L¨osungen der DGL mit den Anfangswerten (Φ0 (a), Ψ0 (a)) = (0, B(a)−1 ),

(Φ1 (a), Ψ1 (a)) = (I, 0).

(9.4)

Mit einem zu w¨ahlendem β > 0 definiere dann Φ = Φ0 + βΦ1 ,

Ψ = Ψ0 + βΨ1 .

Dann l¨ost (Φ, Ψ) die DGL mit Anfangswert (Φ(a), Ψ(a)) = (βI, B(a)−1 ) d und es folgt dx Φt (x)Ψ(x) − Ψt (x)Φ(x) = 0 f¨ ur alle x ∈ [a, b]. Wegen B = B t ist t t Φ (a)Ψ(a) − Ψ (a)Φ(a) = 0. Es folgt b). Fall α = 0: Es ist det Φ0 (x) 6= 0 f¨ ur alle a < x ≤ b. Andernfalls g¨abe es ein e a ∈ ]a, b] und 0 6= ξ ∈ RN mit Φ0 (e a)ξ = 0. Dann w¨are ϕ(x) := 39 Φ0 (x)ξ 6≡ 0 ein nichttriviales Jacobi-Feld entlang u mit ϕ(a) = ϕ(e a) = 0. Somit w¨are e a ein zu a konjugierter Punkt. Dies steht im Widerspruch zur Annahme von (sJ). Aus Φ0 (a) = 0 und Φ00 (a) = Φ1 (a) = I folgt Φ0 (x) = (x − a)(I + ρ0 (x)),

Φ1 (x) = I + (x − a)ρ1 (x)

mit ρj ∈ C([a, b], RN ×N ), wobei lim ρ0 (x) = 0. Somit x→a

x−a Φ(x) = (x − a + β) I + (ρ0 (x) + βρ1 (x)) . {z } | x−a+β >0 f¨ ur β > 0

W¨ahle nun a < c < b mit kρ(x)k ≤ 31 auf [a, c]. W¨ahle dann β0 > 0 mit

x−a

1

(ρ0 (x) + βρ1 (x)) ≤ kρ0 (x) + βρ1 (x)k ≤ ∀ a ≤ x ≤ c ∀ 0 < β ≤ β0 .

x−a+β 2 Also det Φ(x) 6= 0

∀ a ≤ x ≤ c ∀ 0 < β ≤ β0 .

F¨ ur hinreichend klein gew¨ahltes β ist aber Φ(x) = Φ−1 (x)Φ (x)) 0 (x)(I + βΦ | 0 {z 1 } k···k≤1/2

auch invertierbar auf [c, b]. Also gilt a). Fall α > 0: Sei β wie eben. Das AWP (9.3), (9.4) h¨angt stetig vom Parameter α ≥ 0. Also h¨angt (Φ, Ψ) = (Φ, Ψ)α stetig (bzgl. der sup-norm) von α ab. Also bleibt Φα punktweise invertierbar f¨ ur hinreichend kleine α > 0. W¨ are ϕ ≡ 0, so folgt aus Φ00 = AΦ0 + BΨ0 und der Invertierbarkeit von B, daß Ψ0 ξ ≡ 0 auf [a, b]. Dies steht im Widerspruch zu Ψ0 (a) = B(a)−1 . 39

33

Folgerung 9.14 u erf¨ ulle (sLH) und (sJ). Seien A, B, C wie in Lemma 9.13. Dann gibt es ein α > 0 und eine punktweise symmetrische L¨ osung R ∈ C 1 ([a, b], RN ×N ) der Matrix-Riccati-Gleichung R0 + RA + At R + RBR − C = −αI

auf [a, b].

Beweis: Seien (Φ, Ψ) wie in Lemma 9.13 zu einem festen α > 0. Setze R(x) := Ψ(x)Φ(x)−1 . Aus der DGL (9.3) folgt (C + αI)Φ − At Ψ = Ψ0 = (RΦ)0 = R0 Φ + R(AΦ + BΨ)

auf [a, b].

Rechtsmultiplikation mit Φ−1 und Umsortieren der Terme ergibt die Behauptung. Beweis von Satz 9.12: Mit α > 0 und R wie in Folgerung 9.14 setze π(x) = (∇p f )(x, u(x), u0 (x)),

S(x, y) = hπ(x), yi + 21 y − u(x), R(x)(y − u(x)) . Aus (V1) und Satz 5.12 folgt π ∈ C 1 ([a, b], RN ) mit π 0 (x) = (∇y f )(x, u(x), u0 (x)). Insbesondere ist S ∈ C 1 ([a, b] × RN ). Nach Annahme 9.1 gibt es ein δ0 > 0, so daß g(x, y, p) =f (x, y, p) − Sx (x, y) − hSy (x, y), pi

=f (x, y, p) − π 0 (x), y + u0 (x), R(x)(y − u(x))

− 21 y − u(x), R0 (x)(y − u(x)) − π(x) + R(x)(y − u(x)), p f¨ ur alle (x, y, p) mit x ∈ [a, b] und |y − u(x)| + |p − u0 (x)| ≤ δ0 definiert ist. Wir m¨ ussen zeigen, daß es ein 0 < δ < δ0 gibt mit g(x, u(x), u0 (x)) ≤ g(x, y, p)

∀ (x, y, p) mit |y − u(x)| + |p − u0 (x)| < δ

(9.5)

und strikter Ungleichung, falls y 6= u(x). Nach Taylorformel40 ist g(x, y, p) =g(x, u(x), u0 (x)) + (∇(y,p) g)(x, u(x), u0 (x))h(x, y, p)+ Z 1

+ (1 − t) (∇2(y,p) g)(x, (1 − t)u(x) + ty, (1 − t)u0 (x) + tp)h(x, y, p), h(x, y, p) dt, 0

wobei h(x, y, p) = (y − u(x), p − u0 (x)). Man rechnet leicht nach, daß ∇(y,p) g = ∇y f − π 0 − R(p − u0 ) − R0 (y − u), ∇p f − π − R(y − u) . Also ist (∇(y,p) g)(x, u(x), u0 (x)) ≡ 0 auf [a, b]. Mit F∗∗ (x) := (∇2(∗,∗) f )(x, u(x), u0 (x)), 40

G∗∗ (x) := (∇2(∗,∗) g)(x, u(x), u0 (x))

Beachte, daß g bzgl. (y, p) zweimal stetig differenzierbar ist.

34

ist außerdem (∇2(y,p) g)(x, u(x), u0 (x))

=

Gyy Gyp Fyy − R0 Fyp − R (x) = (x). Gpy Gpp Fpy − R B −1

Nach Folgerung 9.14 ist −αI = R0 + RA + At R + RBR − C = R0 − RBFpy − Fyp BR + RBR − Fyy + Fyp BFpy = R0 − Fyy + (Fyp − R)B(Fpy − R), und daher Gyy = Gyp BGpy + αI

auf [a, b].

F¨ ur beliebige (ξ, η) ∈ R2N gilt also E D G ξ ξ yy Gyp , = hGyy ξ, ξi + hGyp η, ξi + hGpy ξ, ηi + hB −1 η, ηi Gpy Gpp η η = hGyp BGpy ξ, ξi + α|ξ|2 + hGyp η, ξi + hGpy ξ, ηi + hB −1 η, ηi = hB(Gyp ξ + B −1 η), Gyp ξ + B −1 ηi + α|ξ|2 ≥ β|Gyp ξ + B −1 η|2 + α|ξ|2 , f¨ ur ein β > 041 . Also ist

2 (∇(y,p) g)(x, u(x), u0 (x))h, h > 0

∀ x ∈ [a, b] ∀ 0 6= h ∈ R2N .

Wegen Stetigkeit gibt es ein δ > 0 mit

2 (∇(y,p) g)(x, y, p)h, h > 0 ∀ (x, y, p) mit |y − u(x)| + |p − u0 (x)| < δ

∀ 0 6= h ∈ R2N .

Also gilt (9.5) und Satz 9.12 ist bewiesen! Folgerung 9.15 u erf¨ ulle (sLH) und es sei F a (h) = δ 2 F(u, h). Dann: a) u erf¨ ullt (J) ⇐⇒ F a (h) ≥ 0 f¨ ur alle h ∈ C01 ([a, b], RN ). b) u erf¨ ullt (sJ) ⇐⇒ F a (h) > 0 f¨ ur alle 0 6= h ∈ C01 ([a, b], RN ). Die Richtungen ⇐“ haben wir schon in Satz 9.8 gezeigt. ” b) Man rechnet leicht nach, daß δ 2 F a (0, g) = 2F a (g) f¨ ur alle g ∈ C01 ([a, b], RN )42 . Die a Jacobi-Gleichung von F bzgl. h = 0 ist also die Euler-Gleichung von F a bzgl. u, also die Jacobi-Gleichung von F bzgl. u. Also gelten (sLH) und (sJ) f¨ ur das Funktional F a . Wegen F a (tg) = t2 F a (g) ∀t∈R (9.6) Beweis:

gilt auch δF ( 0, g) = 0, d.h. (V1). Nach Satz 9.11 gibt es ein δ > 0 mit 0 = F a (0) < F a (g) 41 42

∀ 0 6= g ∈ C01 ([a, b], RN ) mit kgk∞ + kg 0 k < δ.

Beachte, daß B positiv definit auf [a, b] ist. Das akzessorische Integral zu F a bzgl. h = 0 ist also zweimal das akzessorische Integral von F bzgl. u.

35

Wegen (9.6) (mit t → 0) gilt dies dann aber auch f¨ ur alle 0 6= g ∈ C01 ([a, b], RN ). a) Sei 0 < ε < b − a gegeben. Setze Z b−ε Fε (v) = f (x, v, v 0 ) dx,

uε = u|[a,b−ε] .

a

Dann erf¨ ullen Fε und uε die Voraussetzungen von b). Es folgt Z b−ε f a (x, g, g 0 ) dx ≥ 0 ∀ g ∈ C01 ([a, b − ε], RN ), a

wobei f a die Lagrange-Funktion von F a (bzgl. u) ist. Zu gegebenem h ∈ C01 ([a, b], RN ) b−a definiere gε (x) := h(a + b−ε−a (x − a)) ∈ C01 ([a, b − ε], RN ). Dann ist Z 0≤ a

b−ε

f a x, h(a +

b−a b−ε−a (x

b−a − a)), b−ε−a h0 (a +

b−a b−ε−a (x

ε→0

− a))) dx −−−→ F a (h).

Bemerkung 9.16 Wir haben in Abschnitt 9 unter der Annahme 9.1 unter anderem folgende Aussagen gezeigt: • u schwach F-minimal =⇒ (V1), (V2) und (LH) • u schwach F-minimal und (sLH) =⇒ (J) • u schwach F-minimal, (sLH) und (V2) im strikten Sinne =⇒ (sJ) • u erf¨ ullt (V1), (sLH) und (sJ) =⇒ u schwach F-minimal im strikten Sinne

10

Starke Minimalstellen und die Weierstraß-Bedingung

In diesem Abschnitt betrachten wir wieder Variationsintegrale der Form Z b F(v) = f (x, v(x), v 0 (x)) dx, v ∈ C 1 ([a, b], RN ). a

Annahme 10.1 f erf¨ ulle Annahme 4.1 und habe einen Definitionsbereich der Form Df = N G × R mit offenem G ⊂ R × RN . Es sei u ∈ C 1 ([a, b], RN ) und gebe es ein ε > 0 mit {(x, y, p) | x ∈ [a, b], |y − u(x)| < ε, p ∈ RN } ⊂ Df . Unter dieser Annahme, die ab jetzt gelte, kann man das Variationsintegral F mit LagrangeFunktion f betrachten auf der Menge {v ∈ C 1 ([a, b], RN ) | ku − vk∞ < ε}. Definition 10.2 Es gelte Annahme 10.1. u heißt stark F-minimal, falls es ein δ > 0 gibt mit F(u) ≤ F(u + h) ∀ h ∈ C01 ([a, b], RN ) mit khk∞ < δ. 36

Definition 10.3 Die Funktion E : Df × RN → R mit E(x, y, p, q) := f (x, y, q) − f (x, y, p) − (∇p f )(x, y, p)(q − p) ullt u die Weierstraß-Bedingung, falls heißt Weierstraßsche Exzessfunktion.43 Dann erf¨ (W)

E(x, u(x), u0 (x), q) ≥ 0 f¨ ur alle x ∈ [a, b] und alle q ∈ RN ,

und die strikte Weierstraß-Bedingung, falls es ein δ > 0 gibt mit (sW)

E(x, y, p, q) ≥ 0 f¨ ur alle q ∈ RN und alle (x, y, p) mit x ∈ [a, b] und |y − u(x)| + |p − u0 (x)| < δ.

Beispiel 10.4 Explizit ist die Exzeßfunktion gegeben durch Z 1

E(x, y, p, q) = (∇p f )(x, y, p + t(q − p)) − (∇p f )(x, y, p), q − p dt 0 Z 1 Z 1

2 = t (∇p f )(x, y, p + st(q − p))(q − p), q − p dsdt. 0

0

Also sind (W) bzw. (sW) erf¨ ullt, falls (∇2p f )(x, u(x), p) positiv semi-definit ist f¨ ur alle x ∈ [a, b] und p ∈ RN , beziehungsweise, wenn es ein δ > 0 gibt mit ur alle x ∈ [a, b], |y − u(x)| < δ und p ∈ RN . (∇2p f )(x, y, p) ist positiv semi-definit f¨ Interessant sind folgende Spezialf¨alle: a) Mit α, β, γ ∈ C([a, b], RN ×N ) sei f (x, y, p) = hα(x)y, yi + 2hβ(x)y, pi + hγ(x)p, pi. Hier erh¨alt man E(x, y, p, q) =

1 2

(∇2p f )(x, y, p)(q − p), q − p = 21 (γ(x) + γ(x)t )(q − p), q − p .

Also sind (W) bzw. (sW) ¨aquivalent zur punktweisen Semi-Definitheit von γ + γ t auf [a, b]. p b) Ist N = 1 und f (x, y, p) = ω(x, y) 1 + p2 mit ω > 0, so ist (sW) erf¨ ullt, da (∇2p f )(x, y, p) = ω(x, y)(1 + p2 )−3/2 > 0. Satz 10.5 Es gelte Annahme 10.1 und u erf¨ ulle die Bedingungen (V1), (sLH), (sJ) und (sW). Dann gibt es ein γ > 0 mit F(u) < F(u + h)

∀ 0 6= h ∈ C01 ([a, b], RN ) mit khk∞ < γ.

Also ist u stark F-minimal im strikten Sinne. 43

E ist der Fehlerterm in der Taylorentwicklung erster Ordnung von f bzgl. p.

37

Beweis: Es sei δ > 0 so gew¨ahlt, daß (sW) und die Aussage von Satz 9.12 gilt. Dort verwendeten wir S ∈ C 1 ([a, b] × RN ) mit Sy (x, y) = (∇p f )(x, u(x), u0 (x)) + R(x)(y − u(x)). Insbesondere gilt (∇p f )(x, u(x), u0 (x)) = Sy (x, u(x))

∀ a ≤ x ≤ b.

Wegen (sLH) liefert der Satz u ¨ber implizite Funktionen44 die Existenz eine C 1 -Funktion η : {(x, y) | a ≤ x ≤ b, |y − u(x)| < δ} −→ RN mit ∀ a ≤ x ≤ b, |y − u(x)| < δ.

(∇p f )(x, y, η(x, y)) = Sy (x, y)

Nach eventueller Verkleinerung von δ kann man oBdA annehmen, daß δ ≤ γ und |y − u(x)| + |η(x, y) − u0 (x)| < γ f¨ ur alle (x, y) mit a ≤ x ≤ b und |y − u(x)| < δ. F¨ ur solche N (x, y) und alle q ∈ R gilt dann 9.11

f (x, u, u0 ) − Sx (x, u) − h∇y S(x, u), u0 i ≤ f (x, y, η) − Sx (x, y) − h∇y S(x, y), ηi = f (x, y, η) − Sx (x, y) − h(∇p f )(x, y, η), ηi (sW)

≤ f (x, y, q) − Sx (x, y) − h(∇p f )(x, y, η), qi = f (x, y, q) − Sx (x, y) − h∇y S(x, y), qi. In der ersten Zeile gilt ‘<’, falls y 6= u(x). Nun ergibt sich die Behauptung durch Integration wie in Lemma 9.11. Satz 10.6 Es gelte Annahme 10.1 und u sei stark F-minimal. Dann gen¨ ugt u der Bedingungen (W). Beweis:

Mit ξ ∈ ]a, b[, q ∈ RN und 0 ≤ θ < ξ − a setze   :a≤x≤ξ−θ u(x) + (x − a)yθ uθ (x) = uθ,ξ,q (x) = u(ξ) + (x − ξ)q :ξ−θ ≤x≤ξ ,   u(x) :ξ≤x≤b

wobei yθ so gew¨ahlt ist, daß uθ stetig und st¨ uckweise C 1 ist, also yθ =

1 u(ξ) − u(ξ − θ) − θq . ξ−θ−a θ→0

Es ist uθ (a) = u(a), uθ (b) = b und uθ −−−→ u gleichm¨aßig auf [a, b]. F¨ ur ∆(θ) := F(uθ ) − F(u) 44

bzw. eine parameter-abh¨ angige Version, angewendet auf die Funktion F (x; y, p) := (∇p f )(x, u(x) − y, u0 (x) − p) − Sy (x, u(x) − y), die auf [a, b] × Uγ (0) × RN definiert und C 1 ist, da u ∈ C 2 nach Satz 6.4. (x; 0, 0) ist invertierbar f¨ ur jedes x. Dann ist F (x, 0, 0) = 0 und ∂F ∂p

38

ist ∆(0) = 0 und, wie wir gleich zeigen werden, d ∆ (0) = F(uθ ) = E(ξ, u(ξ), u0 (ξ), q).45 dθ θ=0 0

(10.1)

Angenommen, die rechte Seite w¨are negativ. Dann w¨are F(uθ ) < F(u) f¨ ur kleine θ > 0. 46 1 N Durch Abrunden von Ecken f¨ ande man ein v ∈ C ([a, b], R ) mit F(v) < F(u) und v(a) = u(a), v(b) = u(b). Dies widerspricht der Minimalit¨at von u. Zum Beweis von (10.1) schreibe Z ∆(θ) =

ξ−θ

f (x, u(x) + (x − a)yθ , u0 (x) + yθ ) dx+ a Z ξ Z ξ f (x, u(x), u0 (x)) dx. f (x, u(ξ) + (x − ξ)q, q) dx + + a

ξ−θ

Dann ist ∆0 (θ) = − f ξ − θ, u(ξ − θ) + (ξ − θ − a)yθ , u0 (ξ − θ) + yθ + f (ξ − θ, u(ξ) − θq, q) Z ξ−θ

θ + (∇y f )(x, u(x) + (x − a)yθ , u0 (x) + yθ ), (x − a) dy dθ dx+ a Z ξ−θ

θ + (∇p f )(x, u(x) + (x − a)yθ , u0 (x) + yθ ), dy dθ dx. a

Aus y0 = 0 und

d dθ θ=0 yθ

=

1 ξ−a

u0 (ξ) − q folgt

∆0 (0) = − f (ξ, u(ξ), u0 (ξ)) + f (ξ, u(ξ), q)+ DZ ξ u0 (ξ) − q E + . (∇y f )(x, u, u0 )(x − a) + (∇p f )(x, u, u0 ) dx, ξ−a a Nach Satz 5.12 ist (∇p f )(x, u(x), u0 (x)) = (∇p f )(ξ, u(ξ), u0 (ξ)) +

Z

x

(∇y f )(t, u(t), u0 (t)) dt

ξ

und daher nach partieller Integration ξ

Z

(x − a)(∇y f )(x, u, u0 ) dx = (x − a)

a

Z ξ

x

x=ξ Z (∇y f )(t, u, u0 ) dt − x=a

= (ξ − a)(∇p f )(ξ, u(ξ), u0 (ξ)) −

Z a

Einsetzen liefert dann (10.1). 45 46

Die Exzeßfunktion entsteht also als spezielle Variation von F (u). siehe Handout

39

a

ξ

ξ

Z

x

(∇y f )(t, u, u0 ) dtdx

ξ

(∇p f )(x, u, u0 ) dx.

11

Natu ¨ rliche Randbedingungen

Bis jetzt haben wir immer nur Variationen F(u + h) betrachtet mit Funktionen h, die auf dem Rand ∂Ω von Ω verschwinden. Wir untersuchen nun, was passiert, wenn wir allgemeinere h zulassen. Annahme 11.1 Annahme 4.1 sei erf¨ ullt von f und zu u ∈ C 1 (Ω, RN ) gebe es ein ε > 0 mit {(x, y, p) ∈ Ω × RN × RN ×n | |y − u(x)| + |p − Du(x)| < ε} ⊂ Df . Unter dieser Annahme kann man das Variationsintegral F mit Lagrange-Funktion f betrachten auf der Menge {v ∈ C 1 (Ω, RN ) | ku − vk∞ + kDu − Dvk∞ < ε}. Annahme 11.2 Es sei ∂Ω eine C 1 -Hyperfl¨ ache im Rn und ν : ∂Ω → Rn bezeichne die außere Normale an ∂Ω. Weiterhin sei R ⊂ ∂Ω abgeschlossen und ¨ 1 1 CR (Ω, RN ) = {h ∈ CR (Ω, RN ) | h|R = 0}.

Bemerkung 11.3 Gibt es ein δ > 0 mit F(u) ≤ [≥]F(u + h)

1 ∀ h ∈ CR (Ω, RN ) mit khk∞ + kDhk∞ < δ,

so ist δF(u, h) = 0

1 ∀ h ∈ CR (Ω, RN ).

ur Satz 11.4 Setze ∇pi f = (fpi , . . . , fpin ). Ist x 7→ (∇pi f )(x, u(x), Du(x)) ∈ C 1 (Ω, Rn )47 f¨ 1 alle 1 ≤ i ≤ N , so sind ¨ aquivalent: 1 (Ω, RN ). a) δF(u, h) = 0 f¨ ur alle h ∈ CR

b) u erf¨ ullt die Euler-Gleichung fyi (x, u(x), Du(x)) −

n P ∂ fpiν (x, u(x), Du(x)) = 0 ν=1 ∂xν

∀x∈Ω

∀ 1 ≤ i ≤ N,

sowie die nat¨ urlichen Randbedingungen

(∇pi f )(x, u(x), Du(x)), ν(x) = 0

Beweis: Nach Satz 4.3 ist a) ¨aquivalent zu Z n n P ∂ϕ o fyi (x, u, Du)ϕ + fpiν (x, u, Du) dx = 0 ∂xν ν=1 Ω 47

F¨ ur n = 1 folgt dies bereits aus a) nach Satz 5.13

40

∀ x ∈ ∂Ω \ R.

1 ∀ ϕ ∈ CR (Ω)

∀ 1 ≤ i ≤ N.

Der Integrand l¨aßt sich schreiben als o n n P ∂ fpiν (x, u, Du) ϕ + div(ϕ(∇pi f )(x, u, Du)). fyi (x, u, Du) − ν=1 ∂xν Mit dem Divergenzsatz folgt, daß a) ¨aquivalent ist zu Z n Z o n

P ∂ fyi (x, u, Du) − (∇pi f )(x, u, Du), ν ϕ dσ(x) = 0 fpiν (x, u, Du) ϕ dx + ν=1 ∂xν Ω ∂Ω 1 (Ω) und 1 ≤ i ≤ N . Dies liefert sofort b) ⇒ a). Gilt a) und w¨ f¨ ur alle ϕ ∈ CR ahlt man ∞ speziell ϕ ∈ Ccomp (Ω), so verschwindet das zweite Integral und aus Satz 5.3 folgt, daß u die Euler-Gleichungen erf¨ ullt. Es folgt f¨ ur 1 ≤ i ≤ N , daß Z

1 (∇pi f )(x, u, Du), ν ϕ dσ(x) = 0 ∀ ϕ ∈ CR (Ω). ∂Ω\R

Eine Variante von Satz 5.3 liefert (∇pi f )(x, u, Du), ν = 0 auf ∂Ω \ R. Beispiel 11.5 Es sei F von der Form Z F(u) = g(x, u(x), |Du(x)|2 ) dx,

|(aij )|2 =

P

a2ij ,

i,j

Ω

wobei gq (x, y, q) 6= 0 wann immer q ≥ 0. Die Lagrangre-Funktion von F ist f (x, y, p) = g(x, y, |p|2 ) und die zugeh¨origen nat¨ urlichen Randbedingungen sind somit

2gq (x, u(x), |Du(x)|2 ) ∇ui (x), ν(x) = 0 auf ∂Ω \ R. Man erh¨alt also die sogenannten Neumannschen Randbedingungen ∂ui (x) = h∇ui (x), ν(x)i = 0 ∂ν

12

auf ∂Ω \ R

(i = 1, . . . , N ).

Variationsaufgaben mit Nebenbedingungen

Satz 12.1 (Isoperimetrische Probleme) Es seien Variationsintegrale F, F 1 , . . . , F m mit zugeh¨ origen Lagrange-Funktionen f, f 1 , . . . , f m gegeben. Es sei u ∈ C 1 (Ω, RN ) und (f, u) sowie alle (f j , u) erf¨ ullen die Annahme 11.148 . Es sei α ∈ Rm fest und u ∈ M := {v ∈ C 1 (Ω, RN ) | F 1 (v) = α1 , . . . , F m (v) = αm }. Schließlich sei noch V ein Vektorraum mit ∞ (Ω, RN ) ⊂ V ⊂ C 1 (Ω, RN ). Ccomp

Gibt es ein δ > 0 mit F(u) ≤ F(u + h)

∀ h ∈ V mit u + h ∈ M und khk∞ + kDhk∞ < δ, 49

48

Insbesondere lassen sich F und alle F j auf einer Menge {v ∈ C 1 (Ω, RN ) | ku−vk∞ +kDu−Dvk∞ < ε} mit ε > 0 betrachten.

41

und sind δF 1 (u, ·), . . . , δF m (u, ·) linear unabh¨ angig als Elemente von V ∗ := {l : V −→ R | l linear}, so gibt es genau ein λ = (λ1 , . . . , λm ) ∈ Rm , so daß δF λ (u, h) = 0

∀ h ∈ V,

F λ := F −

m P

λj F j .

(12.1)

j=1

Man nennt λ1 , . . . , λm Lagrange-Multiplikatoren. Ist zus¨ atzlich u ∈ C 2 (Ω, RN ), so ist (12.1) aquivalent zu ¨ Lf (u) = λ1 Lf 1 (u) + . . . + λm Lf m (u). Beweis:

Wegen der linearen Unabh¨angigkeit gibt es h¨ochstens ein solches λ.

1. Schritt: Es gibt einen m-dimensionalen Unterraum W von V mit m

V = W ⊕ ∩ Kern δF j (u, ·). j=1

Dies zeigen wir per Induktion. m = 1 ist ok, da V/Kern δF 1 (u, ·) ∼ = Bild δF 1 (u, ·) = R. Sei die Behauptung gezeigt f¨ ur m − 1, d.h. m−1

f ⊕ ∩ Kern δF j (u, ·) := W f ⊕ V, e V=W j=1

f = m − 1. dim W

m−1 (u, ·)| f∗50 Somit l¨aßt sich δF m (u, ·)| f Die δF 1 (u, ·)|W f, . . . , δF f bildet eine Basis von W W W e so w¨are als Linearkombination dieser Funktionale schreiben. W¨are δF m (u, ·) = 0 auf V, δF m (u, ·) eine Linearkombination der δF 1 (u, ·), . . ., δF m−1 (u, ·) auf ganz V. Dies widerspricht der Annahme der linearen Unabh¨angigkeit. Also ist

e = Kern δF m (u, ·)| e ⊕ he V v i, V

e 0 6= ve ∈ V.

Nun ist aber m

e ∩ Kern δF m (u, ·) = ∩ Kern δF j (u, ·) Kern δF m (u, ·)|Ve = V j=1

f ⊕ he und somit folgt die Behauptung mit W = W v i. 2. Schritt: Es sei (w1 , . . . , wm ) eine Basis von W von oben. Dann ist det δF j (u, wk ) 1≤j,k≤m 6= 0. 49

(12.2)

d.h. u ist eine (schwache) lokale Minimalstelle von F auf {u}+V unter den Nebenbedingungen F j (u) = αj , j = 1, . . . , m. 50 f∗ = m − 1 und aus c1 δF 1 (u, ·) + . . . + cm−1 δF m−1 (u, ·) = 0 auf W f folgt c1 δF 1 (u, ·) + Es ist dim W m−1 . . . + cm−1 δF (u, ·) = 0 auf V, also c1 = . . . = cm−1 = 0.

42

Sei nun h ∈ V beliebig vorgegeben und F (τ ) = f (u + τ0 h + τ1 w1 + . . . τm wm ) g j (τ ) = f j (u + τ0 h + τ1 w1 + . . . τm wm ),

j = 1, . . . , m.

Dann sind F und g j in einer offenen Umgebung D ⊂ Rm+1 von 0 definiert und dort C 1 . Mit g = (g 1 , . . . , g m ) ist 0 eine lokale Extremalstelle von F auf e := {τ ∈ D | g(τ ) = α}. D Wegen

∂g j ∂τk (0)

= δF j (u, wk ), k ≥ 1, und (12.2) ist Rang Dg(0) = m. Dann ist auch

DF (0) Rang = m. Dg(0) Denn andernfalls liefert der Satz u ¨ber die inverse Funktion offene Umgebungen U ⊂ D von 0 und V ⊂ Rm+1 von (F (0), g(0)) = (F (0), α), sodaß (F, g) : U → V ein Diffeomorphismus ist. Insbesondere g¨abe es eine Nullfolge (xk )k≥K mit g(xk ) = α und e 3 xk → 0 und F (xk ) − F (0) wechselt das VorzeiF (xk ) = F (0) + (−1)k /2k. Somit D chen, was der Extremalit¨at widerspricht. Somit gibt es λ = λ(h) ∈ Rm mit m P ∂F ∂g j (0) − λj (0) = 0 ∂τk ∂τk j=1

∀ k = 0, . . . , m.

F¨ ur k = 0 erh¨alt man δF λ (u, h) = 0. Der Rest liefert m P

δF λ (u, wk ) =

λj δF j (u, wk )

∀ k = 0, . . . , m.

j=1

Wegen (12.2) bestimmt dies λ eindeutig und λ h¨angt nicht von h ab, d.h. δF λ (u, h) = 0 f¨ ur alle h ∈ V. Beispiel 12.2 (Das klassische isoperimetrische Problem) Sei U > 0 vorgegeben. Gesucht ist dasjenige Gebiet G ⊂ R2 mit C 1 -Rand und Umfang U , welches den gr¨oßtm¨oglichen Fl¨acheninhalt F hat. Zun¨achst u ¨berlegt man sich, daß G konvex sein muß. Betrachtet man nun ein kleines Kurvenst¨ uck Γ von ∂G, so u ¨berlegt man sich wie folgt, daß Γ ein Kreisbogen sein muß (und somit G eine Kreischeibe mit Radius U/2π ist): Sei a < b, α > b − a und Z bp o n 1 1 M = v ∈ C0 ([a, b]) | F (v) = 1 + v 0 (x)2 dx = α . a

Wegen 1

Z

δF (w, h) = a

w0 (x)

b

p

1 + w0 (x)2

h0 (x) dx,

43

∞ h ∈ Ccomp (]a, b[),

sind die schwache F 1 -Extremalen genau die affin linearen Funktionen51 . Solche gibt es aber nicht in M52 . Wir m¨ochten nun Z b v(x) dx F(v) = a

f¨ ur v ∈ M maximieren. Ist u ∈ M ein Maximum, so gibt es nach Satz 12.1 ein λ ∈ R derart, daß u eine schwache F λ -Extremale f¨ ur F λ = F − λF 1 ist. p Es muß λ 6= 0 sein, da es u ¨berhaupt keine F-Extremalen gibt. Da f λ (x, y, p) = y − λ 1 + p2 ist u ∈ C 2 (]a, b[) nach Satz 6.4. Es folgt 1 u0 (x) d p = . λLf 1 (u) = Lf (u) ⇐⇒ − dx λ 1 + u0 (x)2 Integration liefert den Kreisbogen mit Radius |λ| p u(x) = λ 1 − (c1 − x/λ)2 + c2 ,

c1 , c2 geeignet.

Wegen u00 ≤ 0 ist λ > 0. Unter der Annahme, daß es ein Gebiet G0 mit maximalem Fl¨acheninhalt gibt, ergibt sich als Folgerung die isoperimetrische Ungleichung: Fl¨acheninhalt von G ≤

1 (L¨ange von ∂G) 4π

f¨ ur jedes beschr¨ankte Gebiet G ⊂ R2 mit C 1 -Rand. Folgerung 12.3 Es seien die Bezeichnungen und Voraussetzungen wie in Satz 12.1 mit 1 (Ω, RN ). Es sei f λ die Lagrange-Funktion von F λ . Ist ∂Ω eine C 1 -Hyperfl¨ ache und V = CR x 7→ (∇pi f λ )(x, u(x), Du(x)) ∈ C 1 (Ω, RN ), so erf¨ ullt u die nat¨ urlichen Randbedingungen

(∇pi f λ )(x, u(x), Du(x)), ν(x) = 0 ∀ x ∈ ∂Ω \ R ∀ 1 ≤ i ≤ N. Lemma 12.4 Es seien die Bezeichnungen und Voraussetzungen wie in Satz 12.1 und zus¨ atzlich u ∈ C 1 (Ω, RN ) ∩ C 2 (Ω, RN ). Dann sind ¨ aquivalent: ∞ (Ω, RN )∗ . a) δF 1 (u, ·), . . . , δF m (u, ·) sind linear unabh¨ angig in Ccomp

b) Lf 1 (u), . . . , Lf m (u) sind linear unabh¨ angige Funktionen in C(Ω, RN ). ∞ (Ω, RN )∗ impliziert die in V ∗ . Beachte: Lineare Unabh¨ angigkeit Ccomp

Beweis:

∞ (Ω, RN ) ist F¨ ur λ ∈ Rm und h ∈ Ccomp

λ1 δF 1 (u, h) + . . . + λm δF m (u, h) = δ λ1 F 1 + . . . + λm F m (u, h) Z

= λ1 Lf 1 (u)(x) + . . . + λm Lf m (u)(x), h(x) dx. Ω

Dann folgt die Behauptung mit Satz 5.3. 51 52

d.h. w(x) = ax + b mit a, b ∈ R wegen α > b − a

44

Satz 12.5 (Holonomische Nebenbedingungen) Es sei g ∈ C 2 (Rn ×RN , Rm ) mit m < N derart, daß ∂g (x, y) = m ∂y

Rang

∀ (x, y) ∈ Rn × RN mit g(x, y) = 053

und M := {v ∈ C 1 (Ω, RN ) | g(x, v(x)) = 0

∀ x ∈ Ω}.

Das Variationsintegral F und u ∈ M ∩ C 2 (Ω, RN ) erf¨ ullen Annahme 11.1. Weiterhin gebe es ein δ > 0 mit F(u) ≤ F(u + h)

1 ∀ h ∈ Ccomp (Ω, RN ) mit u + h ∈ M und khk∞ + kDhk∞ < δ.

Dann gibt es eindeutig bestimmte Funktionen λ1 , . . . , λm ∈ C(Ω) mit Lf (u)(x) =

m P

λj (x) (∇y gj )(x, u(x))

∀ x ∈ Ω.

j=1

Beweis:

Vorbemerkung: Die Rang-Annahme stellt sicher, daß jedes M (x) := {y ∈ RN | g(x, y) = 0},

x ∈ Ω,

eine C 1 -Fl¨ache der Dimension N − m in RN ist und daß Erzeugnis (∇y gj )(x, y), . . . , (∇y gm )(x, y) = (Ty M (x))⊥ 54 der Normalraum an M (x) im Punkt y ∈ M (x) ist. Wir m¨ ussen also zeigen, daß f¨ ur jedes x ∈ Ω der Vektor Lf (u)(x) im Punkt u(x) senkrecht auf M (x) steht. Angenommen, dies gilt nicht. Dann gibt es ein ξ ∈ Ω und ein tξ ∈ Tu(ξ) M (ξ) mit hLf (u)(ξ), tξ i = 6 0. 1. Schritt: Es gibt ein Vektorfeld t ∈ C 1 (Ω, RN ) gibt mit t(ξ) = tξ und t(x) ∈ Tu(x) M (x) ∀ x ∈ Ω, zum Beispiel t(x) :=

n

IN − N (x)t N (x)N (x)t | {z

−1

N (x) }

o tξ ,

orthogonaler Projektor in RN auf Tu(x) M (x) ∂g ∞ (Rn ) mit ϕ(0) = 1 ist h(x) := ψ wobei N (x) := ∂y (x, u(x))55 . F¨ ur ϕ ∈ Ccomp 1 Ccomp (Ω, RN ) f¨ ur hinreichend kleines ε > 0 und h(ξ) = t(ξ), sowie Z hLf (u)(x), h(x)i dx 6= 0.56

x−ξ ε t(x)

∈

Ω 53

d.h. die Jacobimatrix von g bzgl. y hat maximalen Rang. Ty M bezeihnet den Tangentialraum an M im Punkt y ∈ M . 55 N (x) : RN → Rm ist surjektiv, also N t (x) : Rm → RN injektiv. Aus N N t z = 0 folgt |N t z|2 = hN N t z, zi = 0, also N t z = 0, also z = 0. Somit ist N N t bijektiv. Mit P := N t (N N t )−1 N ist offenbar P 2 = P t = P , also P eine orthogonale Projektion. Außerdem ist Kern P (x) = Kern N (x) = Tu(x) M (x), da die Zeilen von N eine Basis von Tu(x) M (x)⊥ bilden. 54

45

2. Schritt: Im 3. Schritt konstruieren wie eine Funktion v ∈ C 1 (Ω × ] − ε, ε[, RN ) mit v(·, 0) = u und v(x, τ ) = u(x)

∀ x ∈ Ω \ supp h

g(x, v(x, τ )) = 0 ∀ x ∈ Ω ∀ |τ | < ε ∂v (x, 0) = h(x) ∀ x ∈ Ω. ∂τ

(12.3) (12.4) (12.5)

F¨ ur dieses v gilt dann ∂ F(v(·, τ )) = 57 δF(u, h) = ∂τ τ =0

Z hLf (u)(x), h(x)i dx 6= 0, Ω

was der Minimalit¨at von u widerspricht. 3. Schritt: OBdA ist u ∈ C 1 (Ω, RN )58 . Definiere V : Ω × R × Rm → RN durch V (x, τ, θ) = u(x) + τ h(x) +

m P

θj (∇y gj )(x, u(x))t .

j=1

Dann ist g(x, V (x, 0, 0)) = g(x, u(x)) = 0 und ∂g t ∂ ∂g ∂V ∂g (x, u(x)) (x, 0, 0) = (x, u(x)) (x, u(x)) . g(x, V (x, 0, θ)) = ∂θ θ=0 ∂y ∂θ ∂y ∂y Diese (m × m)-Matrix ist invertierbar. Der Satz u ¨ber implizite Funktionen liefert (genau) 1 m ein θ ∈ C (Ω × ] − ε, ε[, R ), sodaß (12.3) und (12.4) gelten f¨ ur v(x, τ ) := V (x, τ, θ(x, τ )) (beachte, daß wegen der Eindeutigkeit θ(x, τ ) = 0 falls τ h(x) = 0). Weiter ist ∂g t ∂θ m ∂θ P ∂ j (x, 0)(∇y gj )(x, u(x))t = h(x) + (x, u(x)) (x, 0). v(x, τ ) = h(x) + ∂τ τ =0 ∂y ∂τ j=1 ∂τ Wegen

∂g ∂y (x, u(x))h(x)

(12.4)

0 =

Es folgt

= 059 folgt

∂g t ∂θ ∂ ∂g ∂v ∂g (x, u(x)) (x, 0) = (x, u(x)) (x, u(x)) (x, 0). g(x, v(x, τ )) = ∂τ τ =0 ∂y ∂τ ∂y ∂y ∂τ ∂θ ∂τ (x, 0)

= 0, also (12.5).

56

Da f¨ ur hinreichend kleines ε > 0 der stetige Integrand je nach Vorzeichen von hLf (u)(ξ), t(ξ)i entweder nicht positiv/negativ und ungleich 0 ist. 57 Dies zeigt man analog zum Beweis des Satzes 4.3. 58 Beweise sonst den Satz f¨ ur Ωε := {x ∈ Ω | dist(x, ∂Ω) > ε} mit Beliebigem ε > 0. ∂g 59 beachte, daß h(x) tangential an ∂Ω im Punkt (x, u(x)) ist und daß die Zeilren von ∂y (x, u(x)) eine Basis des Normalenraums bilden.

46

13

Handout: Abrunden von Ecken

Satz 13.1 Es sei v : [a, b] → RN st¨ uckweise stetig differenzierbar und ε > 0 vorgegeben. Dann gibt es ein u ∈ C 1 ([a, b], RN ) derart, daß a) u mit v in einer (kleinen) Umgebung von a bzw. b u ¨bereinstimmt, b) ku − vk∞ < ε. Ist F das Variationsintegral zu einer Lagrange-Funktion f mit Definitionsbereich Df = G × RN f¨ ur ein offenes G ⊂ R × RN , die Annahme 4.1 erf¨ ullt und ist {(x, y) | a < x < b, |v(x) − y| < δ} ⊂ Df f¨ ur ein geeignetes δ > 0, so kann man u auch noch so w¨ ahlen, daß c) |F(u) − F(v)| < ε. Beweis: Wir nehmen oBdA an, daß v 0 an genau einer Stelle ξ ∈ ]a, b[ eine Sprungstelle hat. Seien nun α, β ∈ R mit a < α < ξ < β < b. Wir definieren nun ( p(x) :α≤x≤β u(x) = , v(x) : x ∈ [a, b] \ [α, β] wobei p folgendes kubisches Interpolationspolynom ist: n (x − β)2 (x − α)(x − β)2 o + 2 p(x) = (v(α) − v(β))+ h2 h3 (x − α)2 (x − β) 0 (x − α)(x − β)2 0 v (α) + v (β) + v(β), + h2 h2

h := β − α.

Da p(j) (α) = v (j) (α) und p(j) (β) = v (j) (β) f¨ ur j = 0, 1 ist tats¨achlich u ∈ C 1 ([a, b]) und u erf¨ ullt a). Wir zeigen nun, daß man α und β so w¨ahlen kann, daß auch b) und c) gelten. F¨ ur b) beachte, daß kv − uk∞ = sup |p(x) − v(x)|. α≤x≤β

Wegen p(α) = v(α) ist f¨ ur x ∈ [α, β] |p(x) − v(x)| ≤ |p(x) − p(α)| + |v(x) − v(α)| ≤

sup |p0 (y)| + kvkΛ1 ([a,b]) h. α≤y≤β

Nun rechnet man nach, daß (x − β)2 + 2(x − α)(x − β) o (v(α) − v(β))+ h2 h3 (x − β)2 + 2(x − α)(x − β) 0 (x − α)2 + 2(x − α)(x − β) 0 + v (α) + v (β). h2 h2

p0 (x) =2

nx − β

+

47

Wegen |v(α) − v(β)| ≤ kvkΛ1 ([a,b]) h gibt es also eine Konstante K mit sup |p0 (x)| ≤ K

∀ α, β.

(13.1)

α≤x≤β

Also konvergiert kv − uk∞ gegen 0 f¨ ur h → 0. Zum Beweis von c) beachte, daß Z

β

Z

0

β

f (x, p(x), p (x)) dx −

F(u) − F(v) =

f (x, v(x), v 0 (x)) dx.

α

α

Offenbar konvergiert das zweite Integral gegen 0, falls h gegen 0 strebt. Wegen (13.1) und dem Satz von Lebesgue u ur das erste ¨ber dominierte Konvergenz stimmt dies auch f¨ Integral, falls sup |p(x)| ≤ L ∀ α, β α≤x≤β

f¨ ur eine Konstante L. Dies erh¨alt man aber direkt aus der Definition von p. Folgerung 13.2 Sei nun zus¨ atzlich G = ]a, b[ × RN und ya , yb ∈ R gegeben. Mit U := {u : [a, b] → RN | u st¨ uckweise C 1 und u(a) = ya , u(b) = yb }, e := {u ∈ C 1 ([a, b], RN ) | u(a) = ya , u(b) = yb } U gilt inf F(u) = inf F(u).

u∈ U

e u∈ U

e eine Minimalstelle von F : U e → R, so ist u0 auch eine MinimalIst insbesondere u0 ∈ U stelle von F : U → R.

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Literatur

Die Vorlesung folgt im wesentlichen [1] F. Mantlik. Variationsrechnung. Vorlesungsskript WS 1996/97, Universit¨at Dortmund. Der gebotene Stoff ist eine Auswahl und Zusammenfassung von Material aus dem Buch [2] M. Giaquinta, S. Hildebrandt. Calculus of Variations I. Grundlehren der math. Wissenschaften 310, Springer-Verlag, 1996. welches zur Vertiefung und Erweiterung des Vorlesungsstoffes empfohlen sei.

48