Klausur zur Funktionalanalysis

Dr. H. Farshbaf-Shaker, Dr. D. Depner
Fakultät für Mathematik
Universität Regensburg
WS 2010/11
22.02.2011
Klausur zur Funktionalanalysis – Lösungsvorschlag
(6 Punkte pro Aufgabe)
Aufgabe 1
Sei U ⊂ X eine dichte Teilmenge in einem normierten Vektorraum, Y ein Banachraum und A ∈
e
L(U, Y ) ein linearer, beschränkter Operator. Zeigen
Sie, dass dann eine eindeutige Fortsetzung A
e ∈ L(X, Y ) mit A
e = A. Außerdem gilt kAk
e = kAk.
von A auf X existiert, d.h. A
U
Beweis. Zu x ∈ X wähle eine Folge (yi )i∈N ⊂ U mit yi → x. Dann ist (Ayi )i∈N eine Cauchy-Folge
in Y , denn
kAyi − Ayj k ≤ kAk kyi − yj k → 0 für i, j → ∞ .
Da Y Banachraum ist, existiert der Grenzwert von (Ayi )i∈N und wir definieren
e := lim Ayi .
Ax
i→∞
Obige Definition ist unabhängig von der Wahl der Folge (yi )i∈N , denn für zwei Folgen (yi )i∈N und
(ỹi )i∈N in U mit yi , ỹi → x folgt
kAyi − Aỹi k ≤ kAk kyi − ỹi k → 0 .
e stetig, denn A
e ist linear und
Außerdem ist A
e = lim kAyi k ≤ kAk lim kyi k = kAk kxk .
kAxk
i→∞
i→∞
e ≤ kAk. Die Eindeutigkeit von A
e mit den entsprechenden EigenschafDaraus folgt insbesondere kAk
e
ten folgt aus der Dichtheit von U . Falls nämlich A wie gefordert existiert, so gibt
es für beliebiges
e
e
x ∈ X eine Folge (ui )i∈N in U mit ui → u und wegen der Stetigkeit von A und A = A folgt dann
U
e
e i ) = limi→∞ A(ui ).
A(x)
= limi→∞ A(u
Schließlich gilt noch
kAk =
sup
y∈U , kyk≤1
kAyk =
sup
y∈U , kyk≤1
e ≤
kAyk
sup
e = kAk
e ,
kAyk
y∈X , kyk≤1
wobei die Ungleichung richtig ist, da das Supremum rechts über eine größere Menge gebildet wird.
e = kAk.
Insgesamt folgt also auch kAk
Aufgabe 2
Sei X ein normierter Raum, n ∈ N und {x1 , . . . , xn } ⊆ X linear unabhängig. Zeigen Sie: Für jedes
α1 , . . . , αn ∈ K gibt es ein x0 ∈ X 0 so dass x0 (xi ) = αi für alle 1 ≤ i ≤ n.
Beweis. Sei Y := span{x1 , . . . , xn }. Dann ist {x1 , . . . , xn } eine Basis von Y (da {x1 , . . . , xn } ⊆ X
linear unabhängig). Definiere f : Y → K, f (xi ) := αi durch lineare Fortsetzung auf Y . Dann ist
f ∈ Y 0 , da jede lineare Abbildung auf einem endlich-dimensionalen Raum stetig ist. Der Satz von
Hahn Banach liefert eine Fortsetzung x0 ∈ X 0 für f mit x0 |Y = f , d.h. insbesondere
x0 (xi ) = f (xi ) = αi für alle i ∈ {1, . . . , n}.
Aufgabe 3
(i) Geben Sie ein Beispiel für eine schwach konvergente Folge, die nicht stark konvergiert. Beweisen Sie Ihre Behauptungen.
(ii) Sei H ein Hilbertraum, x ∈ H und (xn )n∈N eine Folge in H. Zeigen Sie die folgende Äquivalenz:
xn → x stark in H ⇐⇒ xn * x schwach in H und kxn k → kxk .
Beweis. zu (i): Wähle im Folgenraum l2 (N) die Standardfolge en für n ∈ N, die an der n-ten Stelle
eine 1 hat und sonst nur Nullen.PDann gilt en * 0, denn für y ∈ l2 (N) gilt, da l2 (N) ein Hilbertraum
ist mit Skalarprodukt (a, b) = ∞
j=1 aj bj , dass
(en , y)l2 =
∞
X
(en )j yj = yn → 0 ,
j=1
da yn → 0 wegen Endlichkeit der Reihe über |yn |2 . Also folgt die schwache Konvergenz gegen 0.
Die Folge (en )n∈N ⊂ l2 (N) kann aber nicht stark konvergieren, denn sonst müsste sie gegen 0
konvergieren (aus stark folgt schwach konvergent), was aber wegen ken kl2 = 1 nicht möglich ist.
Andere Möglichkeit: Betrachte die Funktionenfolge un (x) := sin(nx) in L2 (0, π). Nutze das Beispiel 5.6 über oszillierende Funktionen aus der Vorlesung um zu zeigen, dass un * 0 in L2 (0, π).
Allerdings gilt kun k2L2 (0,π) = π/2 > 0, also konvergiert un nicht stark gegen 0.
zu (ii): “⇒” ist klar.
“⇐”: Es gilt
kxn − xk2 = (xn − x, xn − x) = kxn k2 − (x, xn ) − (xn , x) + kxk2 → kxk − 2 (x, x) + kxk = 0 .
Aufgabe 4
(i) Formulieren Sie den Satz vom abgeschlossenen Graphen (ohne Beweis).
(ii) Sei H ein Hilbertraum und A : H → H linear mit (v, Aw) = (Av, w) für alle v, w ∈ H. Zeigen
Sie, dass A stetig ist.
zu (i): Seien X, Y Banachräume und A : X → Y linear. Dann ist A genau dann stetig, wenn A
abgeschlossen ist, d.h. gr(A) = {(x, Ax) | x ∈ X} ⊂ X × Y ist abgeschlossen.
zu (ii): Wir zeigen, dass gr(A) abgeschlossen ist in H × H. Dazu seien vn → v, Avn → w, dann ist
zu zeigen, dass Av = w.
1.Möglichkeit: Für u ∈ H gilt:
(Av − w, u) = (v, Au) − (w, u) ←− (vn , Au) − (Avn , u) = (Avn , u) − (Avn , u) = 0 .
Das heißt (Av − w, u) = 0 für alle u ∈ H und somit Av = w.
2.Möglichkeit: Zeige, dass Avn * Av und nutze dann, dass aus starker Konvergenz die schwache
folgt (d.h. insbesondere Avn * w) und dass der schwache Grenzwert eindeutig ist. Daraus folgt
schließlich Av = w. Zur schwachen Konvergenz sei u ∈ H beliebig, dann gilt:
(Avn , u) = (vn , Au) → (v, Au) = (Av, u) .
Aufgabe 5
Sei (en )n∈N ein Orthonormalsystem eines Hilbertraumes H, (λn )n∈N eine beschränkte Folge in K,
und sei der Operator T ∈ L(H) definiert durch
T x :=
∞
X
λn (x, en ) en für x ∈ H .
n=1
Zeigen Sie, dass T genau dann kompakt ist, wenn λn → 0 für n → ∞.
Beweis. “⇒”: Falls nicht λn → 0, so existiert eine Teilfolge mit |λnk | ≥ C > 0 für alle k ∈ N. Dann
ist
q
kT enk − T enl k2 = |λnk enk − λnl enl |2 = |λnk |2 + |λnl |2 ≥ C
und das ist ein Widerspruch zur Kompaktheit von T , da (enk ) eine beschränkte Folge ist und T enk
somit eine konvergente
P Teilfolge besitzen müsste.
“⇐”: Setze TN x := N
n=1 λn (x, en ) en für N ∈ N. Da dimR(TN ) < ∞, ist TN kompakt. Außerdem
gilt, da (en )n∈N Orthonormalsystem:
2
k(T − TN )xk = k
∞
X
2
λn (x, en )en k ≤
n=N +1
∞
X
n=N +1
2
2
2
2
|λn | |(x, en )| ≤ sup |λn |
n>N
∞
X
|(x, en )|2
n=N +1
2
≤ sup |λn | kxk ,
n>N
wobei hier die Besselsche Ungleichung verwendet wurde. Daraus folgt dann
kT − TN k ≤ sup |λn | → 0 für N → ∞ ,
n>N
da λn → 0 für n → ∞. Da K(H) abgeschlossen ist in L(H), folgt T ∈ K(X).
Name: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Fragen: jeweils mit Begründung beantworten, zusätzliche Blätter sind erlaubt.
(2 Punkte pro Frage)
1.) Geben Sie jeweils ein Beispiel für einen unendlich-dimensionalen Banachraum mit zugehöriger
Norm und für einen unendlich-dimensionalen Hilbertraum mit zugehörigem Skalarprodukt an.
1.) C 0 (Ω) mit kuk = sup
R x∈Ω |u(x)|,
2
2.) L (Ω) mit (f, g) = Ω f g dx.
2.) Charakterisieren Sie präkompakte Mengen in C 0 ([0, 1]) mit Hilfe des Satzes von Arzela-Ascoli.
A ⊂ C 0 ([0, 1]) präkompakt genau dann wenn A beschränkt und gleichgradig stetig ist, d.h.
(i) sup sup |f (x)| < ∞ ,
f ∈A x∈[0,1]
(ii) sup |f (x) − f (y)| → 0 für |x − y| → 0 .
f ∈A
3.) Beschreiben Sie die linearen Funktionale eines Hibertraumes mit Hilfe des Riesz’schen Darstellungssatzes.
Nach dem Riesz’schen Darstellungssatz ist J : H → H 0 , x 7→ Jx mit hy, Jxi = (y, x) für alle
x, y ∈ H ein konjugiert linearer isometrischer Isomorphismus, d.h. alle linearen Funktionale
haben die Form (. , x) für ein x ∈ H.
4.) Welche der Lebesgue-Räume Lp (Rn ) für 1 ≤ p ≤ ∞ sind separabel, welche reflexiv? Geben
Sie außerdem für 1 ≤ p < ∞ den Dualraum an.
Lp (Rn ) ist für 1 ≤ p < ∞ separabel und für 1 < p < ∞ reflexiv.
0
Es gilt außerdem (Lp (Rn ))0 = Lp (Rn ) für 1 ≤ p < ∞ mit p1 + p10 = 1.
5.) Seien X, Y Banachräume und A : X → Y linear, stetig und bijektiv. Ist dann A−1 stetig?
Begründen Sie Ihre Antwort.
Die Inverse A−1 ist in diesem Fall stetig nach dem Satz der inversen Abbildung (direkte
Folgerung aus dem Satz der offenen Abbildung, dieser als Begründung reicht auch).
1,2
6.) Sei Ω ⊂ Rn offen und beschränkt, ∅ 6= M
und konvex und u ∈ M
R ⊂1 H0 2(Ω) abgeschlossen
sei das Minimum der Energie E(u) := Ω 2 |∇u| − u dx in M . Stellen Sie die zugehörige
Variationsungleichung auf.
Z
(∇u · ∇(v − u) − (v − u)) dx ≥ 0 für alle v ∈ M .
Ω
7.) Sei X ein Banachraum und T ∈ K(X) ein kompakter Operator. Zeigen Sie, dass die Fixpunktgleichung T x = x nur endlich viele linear unabhängige Lösungen x ∈ X besitzt.
Es gilt {x | T x = x} = N (I − T ) ist ein Untervektorraum und
N (I − T ) ∩ B1 (0) ⊂ T (B1 (0)) präkompakt,
also muss N (I − T ) endlich-dimensional sein.