Kurs:Nichtlineare Partielle Differentialgleichungen/Nichtlineare elliptische Systeme/Eine Krümmungsabschätzung für Minimalflächen

Hilfssatz 1 (Stetiges Randverhalten)

Die harmonische Abbildung $𝔷=𝔷(w)$ der Klasse $\mathrm{\Gamma }(B,0,0,+\mathrm{\infty })$ erfülle

(1) $|𝔷(e^{i\phi })-𝔷(e^{i\vartheta })|\le \epsilon$ für alle $\phi \in [\vartheta -\delta ,\vartheta +\delta ]$

mit einem $\vartheta \in [0,2\pi )$, einem $\delta \in (0,\frac{\pi }{2})$ und mit einem $\epsilon >0$. Dann gilt die Abschätzung

(2) $|𝔷(r{e}^{i\vartheta })-𝔷(e^{i\vartheta })|\le \epsilon +\frac{4}{{\sin }^2\delta }(1-r)$ für alle $r\in (0,1)$.

Beweis

Aus der Poissonschen Integralformel

$𝔷(r{e}^{i\vartheta })=\frac{1}{2\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\frac{1-r^2}{|e^{i\phi }-r{|}^2}𝔷(e^{i(\vartheta +\phi })d\phi$

erhalten wir für alle $r\in (0,1)$

$|𝔷(r{e}^{i\vartheta })-𝔷(e^{i\vartheta })|\le \frac{1}{2\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\frac{1-r^2}{|e^{i\phi }-r{|}^2}|𝔷(e^{i(\vartheta +\phi })-𝔷(e^{i\vartheta })|d\phi$

$=\frac{1}{2\pi }\underset{-\pi }{\overset{-\delta }{\int }}\frac{1-r^2}{|e^{i\phi }-r{|}^2}|𝔷(e^{i(\vartheta +\phi })-𝔷(e^{i\vartheta })|d\phi +\frac{1}{2\pi }\underset{-\delta }{\overset{\delta }{\int }}\frac{1-r^2}{|e^{i\phi }-r{|}^2}|𝔷(e^{i(\vartheta +\phi })-𝔷(e^{i\vartheta })|d\phi +\frac{1}{2\pi }\underset{\delta }{\overset{\pi }{\int }}\frac{1-r^2}{|e^{i\phi }-r{|}^2}|𝔷(e^{i(\vartheta +\phi })-𝔷(e^{i\vartheta })|d\phi ,$

wobei wir noch

$\frac{1}{2\pi }\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\frac{1-r^2}{|e^{i\phi }-r{|}^2}d\phi =1$ für alle $r\in (0,1)$

benutzt haben. Nun gilt $|e^{i\phi }-r|\ge \sin \delta$ für alle $\phi \in [-\pi ,-\delta ]\cup [\delta ,\pi ]$ und alle $r\in (0,1)$. Zusammen mit (1) folgt

$|𝔷(r{e}^{i\vartheta })-𝔷(e^{i\vartheta })|\le \frac{1}{2\pi }\frac{1-r^2}{{\sin }^2\delta }2\cdot 2\pi +\epsilon \le 2\frac{(1-r)(1+r)}{{\sin }^2\delta }+\epsilon \le \frac{4}{{\sin }^2\delta }(1-r)+\epsilon$ für alle $r\in (0,1)$.

q.e.d.

Satz 1 (Krümmungsabschätzung von Heinz)

Sei $R\in (0,+\mathrm{\infty })$ gewählt und $B_R:=\{z=x+iy\in ℂ:|z|<R\}$ erklärt. Dann gibt es eine universelle Konstante $M\in (0,+\mathrm{\infty })$, so dass für alle Lösungen der Minimalflächengleichung

(3) $\begin{array}{c}z=\zeta (x,y)\in C^{2+\alpha }(\overline{B_R},ℝ),\alpha \in (0,1),\\ ℳ\zeta (x,y):=(1+{\zeta }_y^2){\zeta }_{xx}-2{\zeta }_x{\zeta }_y{\zeta }_{xy}+(1+{\zeta }_x^2){\zeta }_{yy}in{B}_R\end{array}$

die Abschätzung

(4) ${\kappa }_1(0,0{)}^2+{\kappa }_2(0,0{)}^2\le \frac{M}{R^2}$

für die Hauptkrümmungen ${\kappa }_j(0,0),j=1,2$ im Punkt $𝔶(0,0)$ des Graphen $𝔶(x,y):=(x,y,\zeta (x,y)),(x,y)\in \overline{B_R}$ erfüllt ist.

Beweis

1. Mit dem Uniformisierungssatz (vgl. den nachfolgenden §8) führen wir isotherme Parameter in die Riemannsche Metrik

(5) $d{s}^2:=|{𝔶}_x{|}^{2}d{x}^2+2({𝔶}_x\cdot {𝔶}_y)dxdy+|{𝔶}_y|d{y}^2=(1+{\zeta }_x{)}^{2}d{x}^2+{\zeta }_x{\zeta }_{y}dxdy+(1+{\zeta }_y{)}^{2}d{y}^2,(x,y)\in \overline{B_R}$

der Klasse $C^{1+\alpha }(\overline{B_R})$ ein. Mit der uniformisierenden Abbildung

(6) $f(u,v)=x(u,v)+iy(u,v):\bar{B}\to \overline{B_R}\in C^{2+\alpha }(\bar{B},\overline{B_R}),f(0,0)=0$

betrachten wir die Fläche

(7) $𝔵(u,v)=𝔶\circ f(u,v)(f(u,v),\zeta \circ f(u,v))=(x(u,v),y(u,v),z(u,v))$

der Klasse $C^{2+\alpha }(\bar{B},{ℝ}^3)$. Diese genügt den Differentialgleichungen

(8) $\mathrm{\Delta }𝔵(u,v)=0$ in $B,|{𝔵}_u|-|{𝔵}_v|=0={𝔵}_u\cdot {𝔵}_v$ in $B$.

Insbesondere gehört die ebene Abbildung

(9) $g(u,v):=\frac{1}{R}f(u,v),(u,v)\in \bar{B}$

der Klasse $\mathrm{\Gamma }(B,0,0,+\mathrm{\infty })$ an. Es gilt nun $|\mathrm{\nabla }g(0,0)|\ge \mathrm{\Theta }$ bzw.

(10) $|\mathrm{\nabla }f(0,0)|\ge \mathrm{\Theta }R$

mit der universellen Konstante $\mathrm{\Theta }>0$.

2. Die Normale an $𝔶(x,y)$ in Richtung $𝔢=(0,0,1)$ bezeichnen wir mit

$𝔜(x,y):=\frac{1}{\sqrt{1+|\mathrm{\nabla }\zeta (x,y){|}^2}}(-{\zeta }_x(u,v),-{\zeta }_y(u,v),1),(x,y)\in \overline{B_R}$

und wir erklären $𝔛(u,v):=𝔜\circ f(u,v),(u,v)\in \bar{B}$. Nach Satz 2 aus Kapitel XI, §1 ist dann die Abbildung

(11) $𝔛:B\to S^{+}:=\{𝔷=(z_1,z_2,z_3)\in {ℝ}^3:|𝔷|=1,z_3>0\}$

antiholomorph. Vom Südpol $(0,0,-1)$ aus betrachten wir nun die stereographische Projektion

(12) $\sigma =\sigma (𝔷):S^{+}\to B$ konform.

Die Abbildung $h(u,v):=\sigma \circ 𝔛(u,v),(u,v)\in \bar{B}$ ist antiholomorph und somit harmonisch. Wir finden also eine Konstante $\mathrm{\Lambda }\in (0,+\mathrm{\infty })$, so dass

(13) $|\mathrm{\nabla }𝔛(0,0)|\le \mathrm{\Lambda }$

erfüllt ist.

3. Mit Hilfe der Betrachtungen aus Kapitel XI, §1 berechnen wir nun

${\kappa }_1(0,0{)}^2+{\kappa }_2(0,0{)}^2=-2{\kappa }_1(0,0){\kappa }_2(0,0)=-2K(0,0)=2|K(0,0)|$

$=2\frac{|{𝔛}_u\wedge {𝔛}_v(0,0)|}{|{𝔵}_u\wedge {𝔵}_v(0,0)|}=2\frac{|\mathrm{\nabla }𝔛(0,0){|}^2}{|\mathrm{\nabla }𝔵(0,0){|}^2}\le 2\frac{|\mathrm{\nabla }𝔛(0,0){|}^2}{|\mathrm{\nabla }f(0,0){|}^2}\le 2\frac{{\mathrm{\Lambda }}^2}{{\mathrm{\Theta }}^2{R}^2}=\frac{M}{R^2},$

wenn wir noch $M:=\frac{{\mathrm{\Lambda }}^2}{{\mathrm{\Theta }}^2}$ setzen.

q.e.d.

Satz 2 (Bernstein)

Sei $z=\zeta (x,y):{ℝ}^2\to ℝ\in C^{2+\mu }({ℝ}^2),\mu \in (0,1)$ eine ganze Lösung der Minimalflächengleichung $ℳ\zeta (x,y)=0$ in ${ℝ}^2$. Dann gibt es Koeffizienten $\alpha ,\beta ,\gamma \in ℝ$, so dass

$\zeta (x,y)=\alpha x+\beta y+\gamma$ im ${ℝ}^2$

erfüllt ist, d. h. $\zeta$ ist eine affin-lineare Funktion.

Beweis

Betrachten wir in (4) den Grenzübergang $R\to +\mathrm{\infty }$, so folgt ${\kappa }_1(0,0)=0={\kappa }_2(0,0)$. Da dieses in jedem Punkt des Graphen möglich ist, erhalten wir

(14) ${\kappa }_1(x,y)=0={\kappa }_2(x,y)$ im ${ℝ}^2$.

Somit ist die Fläche $𝔶(x,y)=(x,y,\zeta (x,y)),(x,y)\in {ℝ}^2$ eine Ebene.

q.e.d.