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. 4