¨Ubungen Blatt 1

21.04.2012 - - - Tutor: Martin Friesen
Funktionalanalysis Sommersemester 2012, Prof. Dr. Yuri Kondratiev
Übungen Blatt 1
1. Sei X = R2 und x = (x1 , x2 ) sowie y = (y1 , y2 ).
(a) Überprüfe, ob
d1 (x, y)
d2 (x, y)
d∞ (x, y)
d(x, y)
= |x1 − y1 | + |x2 − y2 |
p
|x1 − y1 |2 + |x2 − y2 |2
=
=
max {|x1 − y1 |, |x2 − y2 |}
= |x1 − y1 |
Metriken sind und zeichne die zugehörige Einheitskugel in der jeweiligen Metrik.
Beweis.
Da für den Betrag |a − b| = |(−1)(b − a)| = |(−1)||b − a| = |b − a| gilt sind folglich alle
Abbildungen symmetrisch und nichtnegativ nach Definition. Weierhin ist klar, dass d1 (x, y) =
0 ⇐⇒ x = y, d2 (x, y) = 0 ⇐⇒ x = y und d∞ (x, y) = 0 ⇐⇒ x = y gilt. Denn alle Terme
sind nichtnegativ und decken jeweils alle Komponenten ab. Für die letzte Abbildung ist dieses
gerade nicht der Fall, dort werden nur die ersten Komponenten berücksichtigt. Folglich gilt
für x = (0, x2 ) und y = (0, y2 )
d(x, y) = |x1 − y1 | = 0.
Also ist diese Abbildung keine Metrik. Es bleibt die Dreiecksungleichung für die ersten 3
Abbildungen zu zeigen.
d1 (x, y) = |x1 − y1 | + |x2 − y2 | ≤ |x1 − z1 | + |z1 − y1 | + |x2 − z2 | + |z2 − y2 | = d1 (x, z) + d1 (z, y).
Analog haben wir für die 3 te Abbildung
d∞ (x, y)
=
max {|x1 − y1 |, |x2 − y2 |}
≤ max {|x1 − z1 | + |z1 − y1 |, |x2 − z2 | + |z2 − y2 |}
≤ max {|x1 − z1 |, |x2 − z2 |} + max {|z1 − y1 |, |z2 − y2 |} = d∞ (x, z) + d∞ (z, y).
Die Dreiecksungleichung für d2 ist eine Konsequenz der Cauchy-Schwartz Ungleichung und
sollte in der Linearen Algebra bereits bewiesen worden sein.
(b) Sei X = S 2 = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 |x1 + x2 + x3 = 1}. Definiere d2 analog wie oben auf S 2 .
Überprüfe, ob d2 auch eine Metrik auf S 2 ist.
Beweis.
Ist (M, d) ein metrischer Raum und A ⊂ M eine Teilmenge, so ist (A, d|A ) ebenfalls ein
metrischer Raum. Da
p
d2 (x, y) = |x1 − y1 |2 + |x2 − y2 |2 + |x3 − y3 |2
auf R3 eine Metrik ist, ist d2 |S 2 ebenfalls eine Metrik auf S 2 . Definieren wir hingegen
p
d2 (x, y) = |x1 − y1 |2 + |x2 − y2 |2
so ist diese Abbildung keine Metrik. Denn für x = (0, 0, 1) ∈ S 2 gilt d(x, −x) = 0 obwohl
x 6= −x ist.
Bemerkung 0.1.
(a) Es gilt immer |x| = | − x| also |x − y| = |y − x| für x, y ∈ R.
(b) Auch gilt |x| = 0 ⇐⇒ x = 0 und für a, b ≥ 0 gilt a + b = 0 ⇐⇒ a = b = 0. Insbesondere gilt
somit mit a = x1 − y1 und b = x2 − y2
|x1 − y1 | + |x2 − y2 | = 0 ⇐⇒ x1 = y1 , x2 = y2 .
Dieses Resultat lässt sich auch auf mehr Summanden verallgemeinern.
(c) Mit derselben Argumentation wie zuvor sind auch die Abbildungen
d1 (x, y)
=
d
X
|xj − yj |
j=1
d2 (x, y)
=
v
u d
uX
t
|xj − yj |2
j=1
d∞ (x, y)
=
max {|x1 − y1 |, . . . , |xd − yd |}
Metriken auf Rd . Da alle 3 von einer Norm kommen (welchen?) sind diese äquivalent und
erzeugen diesselbe Topologie. Das heißt für Konvergenzuntersuchungen wäre es egal, welche
Metrik wir benutzen würden.
(a) Überprüfe, ob die folgenden Mengen Vektorräume sind.
i. Die Menge aller Polynome auf R - - - Ja
ii. Die Menge aller stetigen Funktionen auf R - - - Ja
iii. Die Menge aller stetigen Funktionen auf Rd - - - Ja
iv. Die Menge aller stetig differenzierbaren Funktionen auf R - - - Ja
v. Die Menge aller stetigen Funktionen, die Eins in Null sind. - - - Nein
vi. Die Menge aller n × m Matrizen. - - - Ja
vii. Die Menge aller Folgen mit nur endlich vielen Folgengliedern ungleich Null. - - - Ja
Definition 0.2.
Bezeichne mit
(a) `∞ = `∞ (R) die Menge aller beschränkten Folgen in R.
(b) cc = cc (R) die Menge aller Folgen mit höchstens endlich vielen Gliedern ungleich Null.
∞
P
p
(c) `p = `p (R) = x ∈ `∞ :
|xn | < ∞ für p ∈ [1, ∞)
n=1
(d) dp (x, y) =
∞
P
|xn − yn |
p
p1
für x ∈ `p .
n=1
2. Überprüfe
(a) welche der Mengen Rd , `∞ , cc , `p ist Teilmenge einer der anderen Mengen.
Beweis.
Elemente x = (x1 , . . . , xd ) ∈ Rd indentifizieren wir mit x = (x1 , . . . , xd , 0, . . . ) und erhalten
damit die Inklusionskette
Rd ⊂ cc (R) ⊂ `p (R) ⊂ `∞ (R).
Alle Inklusionen sind hierbei echt. Die erste Inklusion ist klar und diese ist echt, da x =
(x1 , . . . , xd , 1, 0, . . . ) zwar in cc (R) liegt, jedoch nicht in Rd . Für die zweite Inklusion sei
x = (x1 , . . . , xN , 0, . . . ) ∈ cc (R). Dann ist die Summe
dp (x, 0)p =
∞
X
n=1
|xn |p =
N
X
|xn |p < ∞
n=1
endlich und somit gilt x ∈ `p (R). Diese Inklusion ist echt, weil die Folge x = n1α n∈N für
α > p1 zwar in `p (R) liegt, jedoch nicht in cc (R). Dieses rechnen wir nochmal kurz nach:
∞ ∞
X
1 p X
1
1
=
< ∞ ⇐⇒ αp > 1 ⇐⇒ α > .
nα pα
n
p
n=1
n=1
Für die letzte Inklusion sei x = (xn )n∈N ∈ `p (R). Da die Reihe über |xn |p konvergiert, muss
diese eine Nullfolge sein. Damit ist auch (xn )n∈N eine Nullfolge und insbesondere beschränkt.
Diese Inklusion ist echt, weil die konstanten Folgen zwar beschränkt sind, aber keine Nullfolgen
und somit insbesondere nicht summierbar sind (bis auf xn = 0, ∀n ∈ N).
(b) Ob `1 mit der Metrik d1 vollständig ist.
Beweis.
(n)
Dieser Raum ist vollständig. Für den Beweis sei x(n) = (xk )k∈N ∈ `1 (R) eine Cauchy-Folge
von absolut summierbaren Folgen. Sei ε > 0 und N ∈ N so gewählt, dass für n, m ≥ 0
d1 (x(n) , x(m) ) < ε
gilt. Wegen der Abschätzung
(n)
(m)
|xk − xk | ≤
∞
X
(n)
|xj
(m)
− xj
| = d1 (x(n) , x(m) ) < ε
(1)
j=1
(n)
ist daher für jedes k ∈ N die Folge (xk )n∈N reeller Zahlen eine Cauchyfolge. Da R mit | · |
(n)
vollständig ist gibt es einen Grenzwert xk ∈ R mit |xk − xk | → 0, n → ∞. Dieses definiert
uns eine Folge x = (xk )k∈N und wir müssen nur noch x ∈ `1 sowie d1 (x, x(n) ) → 0, n → ∞
zeigen. Dazu sei M ∈ N beliebig. Es gilt dann mit demselben N wie in (1) für n, m ≥ N
M
X
j=1
(n)
|xj
(m)
− xj
|≤
∞
X
(n)
|xj
(m)
− xj
| = d1 (x(n) , x(m) ) < ε.
j=1
Da die Summe auf der linken Seite endlich ist erhalten wir mit den Grenzwertsätzen durch
Grenzübergang m → ∞
M
X
(n)
|xj − xj | ≤ ε.
j=1
Da in der Summe alle Summanden positiv sind, ist die Summe monoton wachsend in M und
wir können dort zum Grenzwert M → ∞ bzw. zum Supremum übergehen. Zusammenfassend
haben wir dann für n ≥ N die Ungleichung
d1 (x, x(n) ) =
∞
X
(n)
|xj
− xj | ≤ ε.
j=1
Da ε > 0 beliebig war folgt d1 (x, x(n) ) → 0 und für n ≥ N auch x − x(n) ∈ `1 . Da `1 ein
Vektorraum ist gilt auch x = (x − x(n) ) + x(n) ∈ `1 wegen x(n) ∈ `1 .
Bemerkung 0.3.
i. Für eine Folge (xn )n∈N ⊂ X und x ∈ X gelte kxn − xkX → 0. Ist y ∈ X fest, so folgt aus
der umgekehrten Dreiecksungleichung
|kxn − ykX − kx − ykX | ≤ k(xn − y) − (x − y)kX = kxn − xkX → 0.
Wo haben wir dieses im obigen Beweis benutzt?
ii. Wir haben auch die folgende Tatsache verwendet. Sind an , bn konvergente Folgen reeller
Zahlen mit an → a und bn → b und gilt an ≤ bn so folgt a ≤ b. Dieses sichert uns zu das
wir bei Abschätzungen zum Grenzwert übergehen können. Dieses haben wir mit bn = ε > 0
benutzt.
(c) Ob X = R mit der Metrik d(x, y) = |x − y| vollständig ist.
Beweis.
Sei (xn )n∈N eine Cauchy-Folge in R. Dann ist diese beschränkt und da jede nach oben
beschränkte Menge eine obere Schranke in R besitzt folgt die Existenz der Zahlen
ξ n = sup {xm : m ≥ n}.
Diese sind monoton fallend und beschränkt, da (xn )n∈N beschränkt ist. Also konvergiert
ξ n → ξ = inf {ξ n : n ∈ N} ∈ R welches wiederrum wegen dem Vollständigkeitsaxiom existiert.
Nach Definition ist der Grenzwert gerade aber der Limes superior, also ξ = lim sup xn und
dieser ist ein Häufungspunkt von (xn )n∈N . Da eine Cauchyfolge nur einen Häufungspunkt
haben kann folgt xn → ξ.
Bemerkung 0.4.
1. Im Grunde haben wir lediglich festgestellt, dass eine Cauchyfolge beschränkt ist und anschliessend
den Satz von Bolzano-Weierstraß benutzt.
2. Ist (xn )n∈N ⊂ X eine Cauchy-Folge, so besitzt diese maximal einen Häufungspunkt. Denn sind
a, b ∈ X Häufungspunkte, so gibt es nach Definition Teilfolgen xnk → a und xnl → b. Für ein
ε > 0 beliebig und grosse k, l ∈ N ( wie gross um genau zu sein? ) folgt somit
ka − bkX ≤ ka − xnk kX + kxnk − xnl kX + kxnl − bkX <
ε ε ε
+ + = ε.
3 3 3
Da ε > 0 beliebig war muss somit ka − bkX = 0 gelten, also a = b.
3. Besitzt eine Cauchy-Folge einen Häufungspunkt, so konvergiert diese gegen den Häufungspunkt. Sei
dazu (xn )n∈N ⊂ X eine Cauchy-Folge und (xnk )k∈N eine gegen a ∈ X konvergente Teilfolge. Dann
folgt die Behauptung aus der Abschätzung
kxn − akX ≤ kxn − xnk kX + kxnk − akX
für hinreichend grosse n, nk .