Musterlösung zu Blatt 1 - Fakultät für Mathematik, TU Dortmund

Musterlösung zu Blatt 1
Hilberträume und Quantenmechanik, Sommersemester 2014
1 a) Es sei (x(n) ) eine Cauchy-Folge in `∞ , d.h. es gilt:
∀ ε > 0 ∃ n0 ∈ N ∀ m, n ≥ n0 : kx(m) − x(n) k∞ < ε
(n)
Für n ∈ N0 sei x(n) = (xj )j∈N0 . Für jedes j ∈ N0 gilt:
(m)
(m)
(n) (n) xj − xj ≤ sup xk − xk = kx(m) − x(n) k∞
k∈N0
(n)
Also ist (xj )n∈N0 eine Cauchy-Folge in K und somit konvergent, da K vollständig
(n)
ist. Definiere nun xj := lim xj für j ∈ N0 und x := (xj ).
n→∞
zu zeigen: x ∈ `∞ und kx(n) − xk∞ → 0 für n → ∞
Es sei ε > 0. Wähle n0 ∈ N so, dass kx(m) − x(n) k∞ < ε für alle m, n ≥ n0 ist. Dann
gilt für jedes j ∈ N0 :
(m)
(m)
(n) (n) xj − xj ≤ sup xk − xk = kx(m) − x(n) k∞ < ε für alle m, n ≥ n0
k∈N0
Der Grenzübergang m → ∞ liefert dann
(n) (n) xj − xj ≤ ε , also kx − x(n) k∞ = sup xj − xj ≤ ε für alle n ≥ n0 .
j∈N0
Für beliebiges n ≥ n0 folgt x − x(n) ∈ `∞ und somit auch x = (x − x(n) ) + x(n) ∈ `∞ .
Desweiteren ist auch kx(n) − xk∞ → 0 für n → ∞ gezeigt.
b) Es ist klar, dass c0 ein Unterraum von `∞ ist. Um die Abgeschlossenheit zu zeigen,
betrachte eine beliebige Folge (x(n) ) ⊆ c0 , die gegen x ∈ `∞ konvergiert. Zu zeigen
ist, dass x ∈ c0 gilt.
Sei also ε > 0 beliebig. Dann gibt es n0 ∈ N mit kx(n) − xk∞ < 2ε für alle n ≥ n0 .
(n )
Wegen x(n0 ) ∈ c0 gibt es n1 ∈ N mit n1 ≥ n0 und |xk 0 | < 2ε für alle k ≥ n1 . Für
k ≥ n1 gilt also:
(n0 )
|xk | ≤ |xk − xk
(n0 )
| + |xk
(n0 )
| ≤ kx − x(n0 ) k∞ + |xk
| <
ε ε
+ = ε
2 2
Somit ist x ∈ c0 .
2 a) f ist nicht gleichmäßig stetig.
zu zeigen: ∃ ε > 0 ∀ δ > 0 ∃ x, y ∈ [0, ∞) : |x − y| < δ ∧ |f (x) − f (y)| ≥ ε
Wähle ε := 1. Ist dann δ > 0 beliebig, so definiere x := 1δ , y := 1δ + 2δ ∈ [0, ∞). Dann
ist |x − y| = 2δ < δ und
2 2
1
1
1
δ
δ
δ
= 1 + ≥ 1 = ε .
|f (x) − f (y)| = 2 −
+2· · +
δ
δ2
δ 2
4 4
1
b) Zeige, dass lim+ f (t) existiert. Die Existenz des anderen Grenzwerts folgt analog.
t→a
i) Es sei (xn ) ⊆ (a, b) eine Folge mit xn → a. Zeige zunächst, dass (f (xn )) eine
Cauchy-Folge ist (vgl. 1.10 c)). Sei dazu ε > 0 beliebig. Da f gleichmäßig stetig
ist, existiert δ > 0, so dass für alle x, y ∈ (a, a + δ) gilt: |f (x) − f (y)| < ε.
Wegen xn → a+ gibt es ein n0 ∈ N, so dass xn ∈ (a, a + δ) für alle n ≥ n0 . Es
folgt, dass |f (xn ) − f (xm )| < ε für alle n, m ≥ n0 , und somit ist (f (xn )) eine
Cauchy-Folge. Da R vollständig ist, gilt f (xn ) → c für ein c ∈ R.
ii) Ist nun (yn ) ⊆ (a, b) eine weitere Folge mit yn → a, so gibt es n1 ∈ N, so dass
yn ∈ (a, a + δ) für alle n ≥ n1 , wobei n1 ≥ n0 gewählt werden kann. Wie in i)
folgt damit |f (xn )−f (yn )| < ε für alle m, n ≥ n1 und somit |f (xn )−f (yn )| → 0.
Daraus folgt f (yn ) → c.
Aus i) und ii) folgt die Behauptung.
Bemerkung: Es gilt auch die Umkehrung der Aussage, denn f lässt sich stetig auf
das kompakte Intervall [a, b] fortsetzen, falls die beiden Grenzwerte existieren.
c) zu zeigen: ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 ∀ x, y ∈ (a, b) : |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < ε
Zu x, y ∈ (a, b) mit x < y existiert nach dem Mittelwertsatz ξ ∈ (x, y), so dass
f (x) − f (y) = f 0 (ξ)(x − y) ,
und es folgt:
|f (x) − f (y)| ≤ c |x − y| mit c := sup |f 0 (ξ)| < ∞
ξ∈(a,b)
Im Falle c = 0 ist f konstant und somit sicherlich gleichmäßig stetig. Ist c > 0, so
wähle zu gegebenem ε > 0 einfach δ := εc und es folgt die Behauptung.
Bemerkung:
√ Die Umkehrung der Aussage gilt im Allgemeinen nicht. Zum Beispiel
ist f (x) = x auf dem kompakten Intervall [0, 1] gleichmäßig stetig, also auch auf
(0, 1), aber f 0 (x) = 2√1 x ist dort unbeschränkt.
3 a) Ist 1 ≤ p < ∞, so gilt für x = (xj )j∈N0 :
x ∈ `p
⇔
∞
X
∞
X
p
|xj | =
j=0
j αp < ∞
⇔
αp < −1
j=1
Ist p = ∞, so gilt für x = (xj )j∈N0 :
x ∈ `∞
sup {|xj |} = sup |j α | < ∞
⇔
j∈N0
⇔
α ≤ 0
j∈N
b) Es gilt:
Z
1
p
Z
|f (t)| dt =
0
1
tαp dt =
0















1
+ = ∞ falls αp < −1
0
1
log t = ∞ falls αp = −1
0+
1
tαp+1 1
= αp+1
falls αp > −1
αp+1 tαp+1
αp+1
0
Also ist f ∈ Lp (0, 1) genau dann, wenn αp > −1 gilt.
2
4 Beh.: K präkompakt ⇔ Jede Folge in K hat ein Cauchy-Teilfolge.
⇒“:
”
Es sei (xn ) eine Folge in K. Da K präkompakt ist, existieren zu ε = 1 Elemente
a1 , . . . , ar ∈ K mit
r
[
K ⊆
U1 (aj ) .
j=1
Dann gibt es einen Index j0 , so dass xn ∈ U1 (aj0 ) für unendlich viele n ∈ N gilt.
(0)
(0)
Daher existiert eine Teilfolge (xn ) von (xn ) mit (xn ) ⊆ U1 (aj0 ) und folglich ist
(0)
(0)
kxn − xm k ≤ 2 für alle Indices m, n.
(1)
(0)
(1)
(1)
Entsprechend findet sich für ε = 21 eine Teilfolge (xn ) von (xn ) mit kxn −xm k ≤ 1
(k+1)
(k)
(k+1)
(k+1)
und rekursiv Teilfolgen (xn ) von (xn ) mit kxn
− xm k ≤ 2−k .
(n)
(k)
Betrachte nun die Diagonalfolge (x∗n ) := (xn ). Da (x∗n )n≥k eine Teilfolge von xn
ist, gilt:
kx∗n − x∗m k ≤ 2−k+1 für alle m, n ≥ k
Somit ist (x∗n ) eine Cauchy-Teilfolge von (xn ).
⇐“:
”
Ann: X nicht präkompakt.
Dann gibt es ε > 0, so dass kein endliches ε-Netz existiert. Konstruiere rekursiv eine
Folge (xn ) ⊆ K mit
xn+1 ∈ K \(Uε (x1 ) ∪ . . . ∪ Uε (xn )) .
Dann gilt kxn − xm k ≥ ε für n 6= m, und (xn ) besitzt offensichtlich keine CauchyTeilfolge. Widerspruch!
Also ist X präkompakt.
sawo
3