Funktionalanlysis Übungsblatt 3

Karlsruher Institut für Technologie
Institut für Analysis
Priv.-Doz. Dr. Gerd Herzog
M. Sc. Peter Rupp
Funktionalanlysis Übungsblatt 3 - Lösungen
Abgabetermin: 15. November 2013 , 10:00Uhr bei den Zettelkästen im Institut für Analysis,
Kaiserstr. 89 Gebäudeteil 3B
Aufgabe 1 (zur Hölderungleichung)
i) (Lyapunovsche Ungleichung) Seien 1 ≤ p0 , p1 < ∞ und 0 < θ < 1 , und sei p gegeben durch
1−θ
θ
1
=
+ ,
p
p0
p1
dann gilt Lp0 (R) ∩ Lp1 (R) ⊆ Lp (R) . Ferner gilt für alle f ∈ Lp0 (R) ∩ Lp1 (R) :
θ
kf kp ≤ kf k1−θ
p0 · kf kp1 .
ii) (Inklusion von Lp -Räumen) Sei K ⊆ R eine kompakte Menge. Dann gilt für alle p > q ≥ 1 :
Lp (K) ⊆ Lq (K).
Zeigen Sie dies.
Lösung:
Bemerkung Die Hölderungleichung lässt sich leicht auf Paare p, q, r mit der Beziehung
1
1 1
= +
p
q r
verallgemeinern. Dann gilt:
1
1
1
kf gkLp = k|f g|p kLp 1 ≤Hölder k|f |p k p q · k|g|p k p r = kf kLq · kgkLr
Lp
Lp
(f ∈ Lq , g ∈ Lr )
a) Sei f ∈ Lp0 (R)∩Lp1 (R) . Zeigt man die Abschätzung für die p -Norm, so folgt deren Beschränktheit automatisch und f ∈ Lp (R) . Es gilt:
kf kLp ≤Hölder kf
Z
≤
1−θ
k
p0
L 1−θ
|f |p0 dx
θ
· kf k
p1
L θ
1 !1−θ
p0
Z 1−θ
Z pθ
p0
p1
p0
1
1−θ 1−θ
θ θ
=
dx
·
|f | |f | dx
R
Z
·≤
R
R
|f |p1 dx
1 !θ
p1
θ
= kf k1−θ
p0 · kf kp1
R
b) Sei f ∈ Lp (K) . Da p > q ≥ 1 , ist
1≥
1
1 1
= − >0
r
q p
⇒
1 ≤ r ≤ ∞.
Dann erhält man
kf kLq = kf · 1kLq ≤ k1kLr · kf kLp = vol(K) · kf kLp
1
Aufgabe 2 (endlich dimensionale Banachräume)
Beweisen Sie Satz 5.6 unter Verwendung von 5.5. Sei E ein normierter Raum. Dann sind folgende
Aussagen äquivalent:
a) dim(E) < ∞
b) Jede beschränkte und abgeschlossene Teilmenge von E ist kompakt.
c) Es gibt eine relativ kompakte Umgebung der 0 .
Lösung:
a) ⇒ b) Sei A ⊆ beschränkt und abgeschlossen. Sei (ak ) ⊂ A eine Folge. Dann ist (ak ) beschränkt.
Nach Satz 5.5 hat (ak ) eine konvergente Teilfolge in E . Da A abgeschlossen ist, liegt der
Grenzwert dieser Teilfolge in A . Damit ist A kompakt.
b) ⇒ c) Betrachte
K[0, 1] := {x ∈ E : kxk ≤ 1}
. Diese ist beschränkt, abgeschlossen und trivialerweise eine Nullumgebung. Nach b) ist K[0, 1]
kompakt, also insbesondere relativ kompakt.
c) ⇒ a) Sei U ⊂ E eine relativ kompakte Umgebung der Null. Angenommen dim E = ∞ , dann gibt es
nach 5.5 eine beschränkte Folge (ak ) mit ak ≤ R > 0 (k ∈ N) , die keine konvergente Teilfolge
hat. Es gibt also ein ε > 0 , sodass nicht unendlich viele Folgenglieder in einer ε -Kugel um
einen Punkt in E enthalten sind. Da U Umgebung der 0 ist, gibts r > 0 , sodass K[0, r] ⊆ U .
Daher ist (bk ) mit bk := ak · r/R eine Folge in U , welche keine konvergente Teilfolge in E hat
(Wähle das ε̃ = ε · r/R ). (bk ) hat auch keine in U konvergente Teilfolge, denn angenommen
doch und sei akj diese Teilfolge, dann gilt
k lim akj k ≤ r,
j→∞
und daher ist der Grenzwert in K[0, r] ⊆ U enthalten. Folglich aber auch in U , was ausgeschlossen wurde. Daher ist U nicht kompakt, und U nicht relativ kompakt. Widerspruch.
Aufgabe 3 (Eigenschaften von l∞ )
In der ersten Übung wurde der Begriff separabel eingeführt. Zu zeigen ist:
a) In der ersten Übung wurde der Begriff separabel eingeführt. Zeigen Sie, dass l∞ nicht separabel
ist.
b) Sei X ein unendlich dimensionaler Vektorraum. Dann gibt es überabzählbar viele unendlich
dimensionale Untervektorräume von X , deren paarweiser Schnitt endlich dimensional ist. Um
ein Beispiel zu konstruieren, wählen Sie sich eine Folge linear unabhängiger Vektoren
B := {uk }k∈N
und definieren Sie zunächst Teilmengen der natürlichen Zahlen Aj ⊆ N mit j ∈ J , J überabzählbar wie folgt. Identifizieren Sie N mit Q und wählen Sie eine irrationale Zahl j ∈ R \ Q
und eine Folge rationaler Zahlen, die gegen j geht, aus. Wählen Sie
Aj := {qk : qk ∈ Q ∧ qk → j (k → ∞)}.
Betrachten Sie anschließend Teilmengen aus B , welche Sie den Aj zuordnen.
2
Lösung:
(n)
a) Angenommen l∞ sei separabel und B := {(ak ) : n ∈ N} ⊂ l∞ sei eine abzählbare dichte
(n)
Teilmenge. Das heißt, für (ak ) ∈ l∞ und ε > 0 gibt es (ak ) ⊂ B mit
(n)
k(ak ) − (ak )k∞ < ε.
Setze dazu
(
(k)
0, für |ak | > 1
bk :=
1, sonst.
Dann folgt:
(n)
k(bk ) − (ak )k∞ ≥ |bn − an(n) | ≥ 1
(n ∈ N)
und k(bk )k∞ ≤ 2 . Die Teilmenge war also nicht dicht.
b) Seien Aj für j ∈ R \ Q wie oben definiert. Dann gilt:
Aj ∩ Ai
ist endlich (i 6= j) , denn seien (qk ) in Aj und (pk ) in Ai die zugehörigen Folgen, die gegen j
bzw. i konvergieren, dann gibt es zu ε = |j−i|
ein N (ε) mit
2
|qk − j| < ε
∧
|pk − i| < ε
(k ≥ N (ε))
Dann gilt für alle k, l ≥ N (ε) :
|qk − pl | ≥ |i − j| − |i − qk | − |pl − j| > |i − j| − 2 ·
|i − j|
=0
2
⇔
qk 6= pl
Identifiziert man nun Q mit N , so kann man Ai als Teilmenge von N auffassen (i ∈ R \ Q) . Wir
haben also überabzählbar viele unendliche Teilmengen von N gefunden, die endlichen Schnitt haben.
Wähle die Untervektorräume:
Vj := [{uk }k∈Aj ]
Aufgabe 4 (Die Ableitungsabbildung)
a) Zeigen Sie, dass der Ableitungsoperator
d
: C 1 ([0, 1]) −→ C([0, 1]), f 7→ f 0 ,
dx
wobei beide Räume mit der Supremumsnorm ausgestattet sind, nicht stetig ist.
b) Finden Sie eine geeignete Norm auf C 1 ([0, 1]) , sodass die Abbildung stetig ist.
Lösung:
a) Betrachte die Folge
fn : [0, 1] → [0, 1], x 7→ xn .
Dann gilt: fn (x) ≤ 1 und fn (1) = 1 . Daher ist also kfn k∞ = 1 und fn ist stetig differenzierbar
(n ∈ N) . Es gilt aber:
d fn ≥ d fn (1) = n → ∞ (n → ∞)
dx dx
∞
Das heißt, es gibt keine Schranke C ∈ R≥0 mit
d f ≤ Ckf k∞ .
dx ∞
3
b) Für die Norm k · kC 1 , auf C 1 ([0, 1]) ist der Operator beschränkt. Sei
kukC 1 := kuk2L∞ + ku0 k2L∞
1/2
,
der Rest ist trivial. Die Normeigenschaften folgen sofort aus den Normeigenschaften der Supremumsnorm.
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