0 6.1 Die Folge {uk } ist √ in C (Ω̄) beschränkt, besitzt aber keine konvergente Teilfolge wegen kuk − ul k2 = 2δkl . 6.2 (siehe auch nächste Aufgabe) Setze ( uk (x) (l) uk (x) = l sign uk (x) für |uk (x)| ≤ l sonst (l) . (l) Aus uk → u(l) in L1 folgt nach einem Satz uk → u(l) punktweise f.ü. für eine Teilfolge, die wir genauso bezeichnen. Da wir mit v = l eine integrierbare Majorante (l) haben, liefert der Satz von Lebesgue kuk − u(l) k2 → 0 für k → ∞, sodaß (l) (l) ku(l) k2 ≤ kuk − u(l) k2 + kuk k2 ≤ K + ε. Der Satz über die monotone Konvergenz zeigt nun, daß kuk2 ≤ K. 6.3 Setze Ml = {u ∈ L2 : kuk2 ≤ l}. Dann gilt L2 = ∪l Ml . Wir zeigen, daß Ml abgeschlossen in L1 ist. Sei (uk ) mit uk → u in L1 und uk ∈ Ml . Man kann mit mehreren Methoden nachweisen, daß auch u ∈ Ml . 1. Schwache Konvergenz: Für φ ∈ C0∞ gilt nämlich Z (uk − u)φ dx ≤ kuk − uk1 kφk∞ → 0. Zusammen mit der Normbeschränktheit der Folge gilt dann uk ⇁ u in L2 . Aus der schwachen Unterhalbstetigkeit der Norm folgt dann u ∈ Ml . 2. Lemma von Fatou: Nach einem Satz aus der Vorlesung können wir eine punktweise konvergente Teilfolge auswählen, die wieder (uk ) genannt wird. Nach dem Lemma von Fatou gilt dann Z 1 Z 1 2 |uk |2 dx ≤ l. lim |uk | dx ≤ lim inf 0 0 Als nächstes zeigen wir, daß Ml keine inneren Punkte besitzt. Sei u ∈ Ml und v ∈ L1 \ L2 , beispielsweise v(x) = x−1/2 . Für die abgeschnittenene Funktion ( v(x) für |v(x)| ≤ m (m) v (x) = . m sign v(x) sonst gilt v (m) ∈ L2 und nach dem Satz von Lebesgue v (m) → v in L1 . Dann folgt für jedes t>0 ku + tv (m) k2 ≥ tkv (m) k2 − kuk2 → ∞ für m → ∞. Damit liegt keine L1 -Umgebung von u in Ml . Einfach und elegant läßt sich das auch indirekt beweisen: Ist eine r-Kugel von 1 L , sagen wir Br in einem Ml , so B r ⊂ Ml ⇒ B r ⊂ L 2 ⇒ L 1 = L 2 , was einen Widerspruch bedeutet. Die Mengen Ml sind somit nirgends dicht und L2 ist mager in L1 . 6.4 a) Es gilt d k k x2 d k k k cos = − sin cos . − 2 ⇒ sin = dx x x x x k dx x ∗ Da die Folge normbeschränkt ist erhalten wir uk ⇁ 0 mit Z 1 Z Z 1 1 d k k 2 1 1 uk φ dx = cos (x2 φ(x))′ dx → 0. cos x φ(x) dx = k 0 dx x k 0 x 0 b) Es gilt sin xk → 0 f.ü. Daher nach dem Satz von Lebesgue uk → 0 in L1 . Da ∗ die uk außerdem normbeschränkt sind in L∞ , folgt uk ⇁ 0 in L∞ . 6.5 Aus dem Satz von Fubini folgt Z Z Z Z u(x)Jε ∗ φ(x) dx = u(x)Jε (x − y)φ(y) dx dy = Jε ∗ u(y)φ(y). Wir setzen DJε ∗ φ = Jε ∗ Dφ in die Bedingung ein, Z Z 0 = uJε ∗ Dφ dx = Jε ∗ uDφ dx ∀φ ∈ C0∞ (Ω). Daher Jε ∗ u =const und wegen Jε ∗ u → u in L1loc (Ω) folgt u =const. 6.6 Sei für k ∈ N0 Qk = [2−2k , 2−2k+1 ] × [−1, 1], Rk = [2−2k−1 , 2−2k ] × [−εk , εk ], wobei εk > 0 später gewählt wird, und Ω = ∪(Qk ∪ Rk ). Sei u ∈ C(Ω) mit u|Qk = 2k , uRk = linear. Dann gilt kuk22 ≥ ∞ X k=0 µ(Qk )22k = ∞. Da Du auf Qk verschwindet, kann durch Wahl von genügend kleinen εk die Norm von Du beliebig klein gemacht werden.