Funktionalanalysis I - D-MATH

Funktionalanalysis I
Wintersemester 2001/2002
Skript zur Vorlesung von Prof. E. Zehnder
Christian Frei
D-MATH
[email protected]
Version Februar 2006
i
INHALTSVERZEICHNIS
Inhaltsverzeichnis
1 Metrische Räume, Baire Kategorie
1.1 Definitionen, Notation . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Die Begriffe offen, abgeschlossen, konvergent, . . .
1.3 Kompaktheit in metrischen Räumen . . . . . . .
1.4 Die Baire-Kategorie . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5 Erste Anwendungen von Baire . . . . . . . . . .
1.6 Vervollständigung . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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1
1
3
6
9
13
15
2 Normierte Räume
2.1 Definitionen und erste Folgerungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 L(X, Y ), zur Erinnerung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Quotientenräume und Produkträume . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
18
23
28
3 Prinzipien der Funktionalanalysis
3.1 Prinzip der gleichmässigen Beschränktheit . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Prinzip der offenen Abbildung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Abschliessbare Operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30
30
31
37
4 Der Fortsetzungssatz von Hahn-Banach
4.1 Der Satz von Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Folgerungen aus dem Fortsetzungssatz . . . . . . . . . . . . . . . . .
40
40
43
5 Sobolev-Räume
5.1 Der Glättungsoperator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
◦
5.2 Die Funktionenräume W m,p (Ω), H m,p (Ω) und H m,p (Ω) . . . . . . .
5.3 Dirichlet-Problem und schwache Lösung . . . . . . . . . . . . . . . .
47
47
51
59
6 Reflexive Räume und schwache Konvergenz
6.1 Separable Räume . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2 Reflexive Räume . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3 Beispiele von Dualräumen . . . . . . . . . . . .
6.4 Schwache Konvergenz und Variationsprobleme
.
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.
.
63
63
64
66
69
7 Spektrum und Resolvente
7.1 Adjungierte Operatoren im Hilbert-Raum . . . . . . . . . . . . . . .
7.2 Spektrum und Resolvente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
76
76
79
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8 Halbgruppen
8.1 Gewöhnliche Differentialgleichungen im Banach-Raum
8.2 Spezialfall: Lineare Gleichungen . . . . . . . . . . . . .
8.3 Problemstellung: Das Cauchy-Anfangswert-Problem .
8.4 Kontraktionshalbgruppen . . . . . . . . . . . . . . . .
8.5 Unitäre Gruppen auf H . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.6 Kontraktionshalbgruppen in Hilberträumen . . . . . .
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86
. 86
. 86
. 87
. 87
. 99
. 104
9 Beispiele von Kontraktionshalbgruppen
9.1 Flüsse von Vektorfeldern . . . . . . . . .
9.2 Unitäre Gruppen auf L2 (Rn ) . . . . . .
9.3 Wärmeleitungsgleichung . . . . . . . . .
9.4 Freie Schrödinger-Gleichung . . . . . . .
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A Das Riemann-Integral
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106
106
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112
115
116
1
1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE
1
Metrische Räume, Baire Kategorie
In diesem Abschnitt werden die wichtigsten Grundbegriffe eingeführt, die uns in der
Funktionalanalysis immer wieder begegnen werden. Viele davon werden dem Leser
schon bekannt sein, sollen aber zur Erinnerung nochmals aufgeführt werden.
1.1
Definitionen, Notation
Definition 1.1. (metrischer Raum, Metrik)
Ein metrischer Raum ist ein Paar (M, d), wobei M eine Menge und d eine auf M
definierte Funktion d : M × M → R ist, so dass für alle x, y, z ∈ M gilt:
i) d(x, y) ≥ 0 und d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y;
ii) d(x, y) = d(y, x) und
iii) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y).
Eine solche Funktion d auf M heisst Metrik oder Abstandsfunktion.
Folgerung: Die Metrik ist stetig, denn es gilt
|d(x, y) − d(u, v)| ≤ d(x, u) + d(y, v).
Bemerkungen:
1) Sei (M, d) ein metrischer Raum, A ⊂ M . Dann ist (A, d) ebenfalls ein metrischer Raum.
2) Jede Menge ist metrisierbar mit der diskreten Metrik
(
1 x 6= y
d(x, y) =
.
0 sonst
Beispiel. Wir betrachten einige metrische Räume:
1. M = R, d(x, y) = |x − y|.
2. Der Raum S aller Folgen {x : N → R} = {x = (xj )j |xj ∈ R}: sei x = (xj )
und y = (yj ) ∈ S. Definiere die Funktion
d(x, y) =
∞
X 1
X
1 |xj − yj |
≤
= 1.
j
2 1 + |xj − yj |
2j
j=1
j≥1
Behauptung: Die so definierte Funktion d ist eine Metrik auf S.
Beweis. i) d(x, y) ≥ 0 folgt auf Grund der Definition, und es ist leicht zu
sehen, dass d(x, y) = 0 ⇐⇒ xj = yj ∀j ≥ 1 ⇐⇒ x = y;
ii) d(x, y) = d(y, x) ist klar;
t
für t ≥ 0. Für diese Funktion gilt
iii) Wir definieren die Funktion ϕ(t) = 1+t
1
0
ϕ(0) = 0 und ϕ (t) = (1+t)2 > 0. Das heisst, ϕ ist monoton steigend. Aus der
Dreiecksungleichung |a + b| ≤ |a| + |b| folgt dann
|a + b|
|a| + |b|
|a|
|b|
≤
≤
+
und
1 + |a + b|
1 + |a| + |b|
1 + |a| 1 + |b|
N
N
N
X
X
X
1 |xj − zj |
1 |zj − yj |
1 |xj − yj |
≤
+
.
j 1 + |x − y |
j 1 + |x − z |
j 1 + |z − y |
2
2
2
j
j
j
j
j
j
j=1
j=1
j=1
Mit limN →∞ bekommen wir d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) für alle x, y, z in S, wie
behauptet.
2
1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE
3. Wir verwenden denselben Trick wie oben für den Raum C ∞ (Ω), wobei die
Menge Ω ⊂ Rn offen ist. DazuSnehmen wir eine Folge von kompakten Mengen
Kj mit Kj ⊂ Kj+1 ⊂ . . . ⊂ j≥1 Kj =: Ω und definieren eine Metrik d für
f, g ∈ C ∞ (Ω):
d(f, g) =
∞
X
1 pj (f − g)
, wobei
2j 1 + pj (f − g)
j=1
pj (f − g) = kf − gkC j (Kj ) =
max
x∈Kj , 0≤|α|≤j
|∂ α f (x) − ∂ α g(x)| und
α = (α1 , . . . , αn ),
∂ α = ∂1α1 ∂2α2 . . . ∂nαn ,
∂j =
∂
,
∂xj
|α| = α1 + α2 + . . . + αn .
Es ist unsere Konvention, dass ∂ 0 f (x) − ∂ 0 g(x) = f (x) − g(x). Dass d(f, g)
wirklich eine Metrik ist, lässt sich wie im vorhergehenden Beispiel zeigen.
4. Die Räume `p , 1 ≤ p ≤ ∞.
Der Raum `∞ = {x = (xj )j |xj ∈ R und supj≥1 |xj | < ∞} hat noch mehr
Struktur als ein metrischer Raum; er ist sogar ein Vektorraum, es gilt also für
x = (xj ), y = (yj ) die Beziehung x + y = (xj + yj )j ∈ `∞ . Wir definieren auf
`∞ die Metrik
d∞ (x, y) := sup |xj − yj | < ∞.
j≥1
Die Metrik ist wohldefiniert, und die Eigenschaften i) und ii) folgen sofort.
Für iii) gilt für alle j:
|xj − yj | = |xj − zj + zj − yj | ≤ |xj − zj | + |zj − yj |
≤ sup |xj − zj | + sup |zj − yj | = d(x, z) + d(z, y).
j≥1
j≥1
Machen wir auf der linken Seite den Übergang ins Supremum, so ergibt sich
d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y).
P
Auch die Räume `p = {x = (xj )j | j≥1 |xj |p < ∞} mit 1 ≤ p < ∞ sind
Vektorräume, es gilt also auch hier für x = (xj ), y = (yj ) aus `p die Vektoraddition (x + y) = (xj + yj )j ∈ `p . Wegen der Minkowski-Ungleichung
ist

1/p 
1/p 
1/p
N
N
N
X
X
X

|xj + yj |p 
≤
|xj |p  + 
|yj |p  .
j=1
j=1
j=1
Mit dem Grenzübergang N → ∞ wird daraus

1/p 
1/p 
1/p
∞
∞
∞
X
X
X

|xj + yj |p 
≤
|xj |p  + 
|yj |p  .
j=1
Dass die Funktion
j=1

dp (x, y) = 
∞
X
j=1
j=1
1/p
|xj − yj |p 
eine Metrik auf `p definiert, beweist man wie vorher mit der MinkowskiUngleichung.
1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE
1.2
3
Die Begriffe offen, abgeschlossen, konvergent, . . .
Im Folgenden sei ein metrischer Raum (M, d) vorgegeben.
Definition 1.2. (offen, Durchmesser, konvergente Folge, Grenzwert)
• Eine offene Kugel mit Zentrum a ∈ M und Radius r > 0 ist die Menge
B(a, r) = Br (a) = {x ∈ M |d(x, a) < r};
• Eine Menge U ⊂ M heisst offen, falls für jedes x ∈ U ein r > 0 existiert, so
dass Br (x) ⊂ U ;
• Der Durchmesser δ einer Teilmenge A ⊂ M ist definiert durch
δ(A) = sup{d(x, y)|x, y ∈ A}.
• Eine Folge (xj ) ⊂ M heisst konvergent, falls ein x ∈ M existiert, so dass
limn→∞ d(xn , x) = 0, das heisst, zu jedem ε > 0 gibt es ein N = Nε , so dass
d(xn , x) < ε für alle n ≥ N . Der Punkt x heisst der Grenzwert der Folge (xn ).
Wir verwenden die Notationen
lim xn = x oder xn → x in (M, d).
n→∞
Der Grenzwert einer Folge – sofern er existiert – ist eindeutig, denn mit xn →
x, xn → y folgt
0 ≤ d(x, y) ≤ d(x, xn ) + d(xn , y) → 0 (n → ∞),
also d(x, y) = 0 und, nach Definition der Metrik, endlich x = y.
An dieser Stelle stellt sich nun die Frage: Was bedeutet die Konvergenz in den
einzelnen Räumen? Dazu betrachten wir die Konvergenz einer Folge von Folgen in
(S, d) und `∞ :
Konvergenz im Raume (S, d). Wir betrachten die Folge x(n) von Folgen in S,
(n)
also x(n) = (xj )j mit dem Grenzwert x = (xj ). Nach dem vorangehenden Beispiel
2 ist
(n)
∞
X
1 |xj − xj |
(n)
.
d(x , x) =
2j 1 + |x(n) − xj |
j=1
j
(n)
Somit schliessen wir, dass limn→∞ x
= x genau dann, wenn für jedes einzelne
(n)
j ≥ 1 gilt limn→∞ |xj − xj | = 0, das heisst, wenn die Funktionen x(n) : N → R
auf N punktweise gegen eine Funktion x : N → R konvergieren.
(n)
Im Gegensatz dazu gilt für x(n) = (xj ), x = (xj ) in `∞
(n)
(n)
lim x = x in `∞ ⇐⇒ lim sup |xj − xj | = 0.
n→∞
n→∞
j≥1
In anderen Worten: die Funktionen x(n) : N → R konvergieren gleichmässig auf N
gegen die Funktion x : N → R.
Um diesen Unterschied noch etwas zu verdeutlichen betrachten wir folgende
Aufgabe: Konvergiert die Folge x(n) = (1, 1, . . . , 1, 0, . . .) mit
(
1 j ≤ n)
(n)
.
xj =
0 sonst
gegen die Folge x = (1, 1, . . .)? Die Antwort lautet ja in (S, d), aber nein in `∞ ,
denn es ist offensichtlich d∞ (x(n) , x) ≡ 1 für alle n.
1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE
4
Definition 1.3. (Abschluss, abgeschlossene Menge)
Der Abschluss Ā einer Teilmenge A ⊂ M ist die Menge
Ā = {x ∈ M |x = lim xn , xn ∈ A ∀n}.
n→∞
Offensichtlich ist A ⊂ Ā: Nehme für alle x ∈ A xn = x. Bemerkung: der Abschluss
einer Menge kann viel grösser sein als die Menge selber, siehe untenstehendes Beispiel 1.
Eine Teilmenge A ⊂ M heisst abgeschlossen in M , falls Ā = A.
Beispiel. Abgeschlossene Mengen:
1. Q̄ = R.
2. Es sei (M, d) = (C[0, 1], d∞ ), d∞ (x, y) = max0≤t≤1 |x(t) − y(t)| < ∞, der
metrische Raum der auf dem abgeschlossenen Intervall [0, 1] stetigen Funktionen, und A = {P olynome} ⊂ C[0, 1]. Dann ist nach dem Satz von Weierstrass
Ā = C[0, 1]. Die zur Metrik gehörende Konvergenz ist die gleichmässige Konvergenz.
Definition 1.4. (dichte Menge, kompakte Menge, Cauchy-Folge)
• A ⊂ M heisst dicht in M , falls Ā = M , das heisst, zu jedem x ∈ M und jedem
r > 0 existiert ein a ∈ A mit a ∈ Br (x).
• A ⊂ M heisst (folgen-)kompakt im metrischen Raum M , falls jede Folge (xj )
in A eine in A konvergente Teilfolge (xjk )k besitzt:
lim xjk = x ∈ A.
k→∞
Insbesondere sind kompakte Mengen abgeschlossen. In den einzelnen metrischen Räumen (M, d) gibt es im Allgemeinen Kompaktheitskriterien, so zum
Beispiel in (Rn , k · k2 ): Nach Heine-Borel ist A genau dann kompakt, wenn A
abgeschlossen und beschränkt ist.
• Eine Folge (xn ) ⊂ M heisst eine Cauchy-Folge, falls es zu jedem ε > 0 ein N =
Nε gibt, so dass d(xn , xm ) < ε für alle n, m ≥ N . Äquivalente Formulierung:
Sei Xn = {xj |j ≥ n} ⊂ M, Xn ⊃ Xn+1 . Die Folge (xj ) ist eine Cauchy-Folge,
falls δ(Xn ) → 0 (n → ∞).
Bemerkung: Cauchy-Folge ist kein topologischer Begriff. Eine stetige Abbildung bildet konvergente Folgen auf konvergente Folgen ab, aber nicht notwendigerweise Cauchy-Folgen auf Cauchy-Folgen. Hingegen bilden gleichmässig stetige
Abbildungen Cauchy-Folgen auf Cauchy-Folgen ab. Nicht jede Cauchy-Folge ist
konvergent. Betrachten wir zum Beispiel den Raum
Z 1
(M, d) = (C[0, 1], d1 ), d1 (x, y) =
|x(t) − y(t)|dt ≤ d∞ (x, y).
0
Die Folge


0 ≤ t ≤ 1/2
0
xn (t) = n(t − 1/2) 1/2 ≤ t ≤ 1/2 + 1/n


1
1/2 + 1/n ≤ t ≤ 1
1
ist eine Cauchy-Folge in (M, d1 ), denn d1 (xn , xm ) ≤ n1 + m
. Die Folge xn konvergiert
1
punktweise und in L ([0, 1]) gegen
(
0 0 ≤ t ≤ 1/2
x(t) =
1 1/2 < t ≤ 1.
Aber x liegt nicht mehr in C([0, 1]). Das heisst, die Folge konvergiert nicht in (M, d1 ).
1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE
5
Definition 1.5. (vollständiger (metrischer) Raum)
Ein metrischer Raum (M, d) heisst vollständig, falls jede Cauchy-Folge in M konvergiert. In vollständigen (metrischen) Räumen gilt daher das bekannte CauchyKriterium.
Satz 1.1 (Zusammenhang vollständig - abgeschlossen). Sei (M, d) ein metrischer
Raum, A ⊂ M eine Teilmenge von M . Dann gelten folgende Aussagen:
i) Ist (M, d) vollständig und Ā = A, so ist auch (A, d) vollständig;
ii) Ist (A, d) vollständig, so gilt A = Ā.
Beweis. i) Sei (xn ) eine Cauchy-Folge in A. Dann ist (xn ) auch eine Cauchy-Folge
in M . Weil M vollständig ist, existiert der Grenzwert x = limj→∞ xj in M mit
xj ∈ A. Daher ist x im Abschluss Ā von A und, da A abgeschlossen ist, liegt x
in A selber. Das heisst, jede Cauchy-Folge konvergiert in A, und somit ist (A, d)
vollständig.
ii) Sei x ∈ Ā. Nach Definition des Abschlusses einer Menge ist x der Grenzwert
einer Folge in A, also x = limj→∞ xj , xj ∈ A. Daher ist (xj ) eine Cauchy-Folge
in A. A ist jedoch vollständig, also existiert ein y in A mit y = limj→∞ xj . Da der
Grenzwert einer Folge eindeutig ist, folgt x = y ∈ A.
Theorem 1.1 (Prinzip der Intervallschachtelung). Wir beweisen: Ein metrischer
Raum (M, d) ist genau dann vollständig, wenn für jede Folge Aj ⊂ M von Teilmengen mit
i) Aj = Āj ,
ii) Aj ⊃ Aj+1 ⊃ . . .,
iii) δ(Aj ) → 0 (j → ∞)
T
gilt, dass j≥1 Aj = {x∗ } genau ein Punkt x∗ ∈ M ist.
Bemerkung: In diesem Satz sind die Voraussetzungen besonders wichtig! Betrachten wir folgende Beispiele mit M = R:
T
• Für An = {0 < x < 1/n} gilt n≥1 An = ∅. Die Voraussetzungen An ⊃
An+1 ⊃ . . . und δ(An ) → 0 sind zwar erfüllt, aber die An sind nicht abgeschlossen. Also ist der Satz hier nicht anwendbar.
T
• Es gilt n≥1 {x ≥ n} = ∅. Auch hier ist der Satz nicht anwendbar. Zwar sind
die Mengen An = {x ≥ n} abgeschlossen und absteigend (An ⊃ An+1 ⊃ . . .),
aber es ist δ(An ) = ∞ für alle n.
Beweis. (⇒) Wir wählen xj ∈ Aj , j ≥ 1. Dann definieren wir die Mengen Ej =
{xj , xj+1 , xj+2 , . . .} ⊂ Aj . Es gilt offenbar δ(Ej ) → 0 (j → ∞). Daher ist (xj )
eine Cauchy-Folge und, weil M vollständig, konvergent: es existiert ein x ∈ M mit
x = limj→∞ xj .TWegen ii) ist x ∈ Āj für j ≥
T 1 und wegen i) folgt x ∈ Aj (j ≥ 1),
das heisst x ∈ j≥1 Aj . Sei nun auch y ∈ j≥1 Aj . Dann sind x, y ∈ Aj für alle
j ≥ 1 und es folgt
0 ≤ d(x, y) ≤ δ(Aj ) → 0, (j → ∞),
also ist x = y.
(⇐) Sei (xj ) eine Cauchy-Folge. Es genügt, die Konvergenz einer Teilfolge zu zeigen.
Wir definieren den Abschluss
Aj = {xj , xj+1 , xj+2 , . . .} ⊂ M.
1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE
6
Dann gilt δ(Aj ) → 0 (j → ∞), weil (xj ) eine Cauchy-Folge ist. Überdies ist Aj ⊃
Aj+1 , das heisst, (Aj ) erfüllt i) − iii). Nach Voraussetzung existiert ein x ∈ M mit
T
x ∈ j≥1 Aj . Weil x ∈ {xj , xj+1 , . . .} für jedes j ≥ 1, so finden wir nach Definition
des Abschlusses eine Teilfolge (xjk )k mit
x = lim xjk ,
k→∞
und, da (xj ) eine Cauchy-Folge ist, x = limj→∞ xj .
1.3
Kompaktheit in metrischen Räumen
Definition 1.6. Sei (M, d) ein metrischer Raum.
• Eine Teilmenge K ⊂ M heisst überdeckungskompakt, falls es für jede (nicht
notwendigerweise
abzählbare) offene Überdeckung {Ui }i∈I , das heisst K ⊂
S
U
,
eine
endliche
Teilüberdeckung {Ui1 , . . . , Uin } gibt, das heisst K ⊂
i∈I i
Ui1 ∪ · · · ∪ U in .
• Eine Teilmenge K ⊂ M heisst folgenkompakt, wenn jede Folge in K eine
Teilfolge hat welche gegen einen Punkt aus K konvergiert. Dies kann auch
folgendermassen gesagt werden: Jede Folge in K hat einen Häufungspunkt in
K.
• Eine Teilmenge K ⊂ M heisst total beschränkt, wenn sie für jedes ε > 0
mit endlich vielen Bällen vom Radius ε überdeckt werden kann. Man kann
annehmen, dass die Mittelpunkte der Bälle in K liegen, denn ist K ⊂ Bε (x1 )∪
· · · ∪ Bε (xn ), so gilt für yi ∈ Bε (xi ) ∩ K, dass K ⊂ B2ε (y1 ) ∪ · · · ∪ B2ε (yn ).
• Eine Teilmenge R ⊂ X heisst relativ kompakt, falls ihr Abschluss R̄ kompakt
ist.
Satz 1.2. Für eine Teilmenge K eines metrischen Raums (M, d) sind äquivalent:
i) K ist überdeckungskompakt,
ii) K ist folgenkompakt,
iii) K ist total beschränkt und vollständig.
Beweis. “i) ⇒ ii)”: Sei {xn }n∈N ⊂ K eine Folge ohne Häufungspunkt in K. Für
jedes y ∈ K gibt es einen Radius ry > 0, so dass der Ball Bry (y) nur endlich viele
Folgenglieder enthält. Die {Bry (y)}y∈K sind eine offene Überdeckung von K, so dass
es y1 , . . . , yn ∈ K gibt mit K ⊂ Bry1 (y1 ) ∪ · · · ∪ Bryn (yn ). Da die Folge {xn }n∈N
keinen Häufungspunkt in K hat, besteht sie aus unendlich vielen verschiedenen
Folgengliedern (sonst müsste ein Folgenglied unendlich oft auftreten und wäre damit
ein Häufungspunkt), die alle in mindestens einem der Bälle Bryi (yi ) liegen, einer
davon enthält also unendlich viele Folgenglieder, im Widerspruch zur Wahl von ry .
Es gibt also keine Folge ohne Häufungspunkt in K.
“ii) ⇒ iii)”: Sei {xn }n∈N eine Cauchy-Folge in K. Nach Annahme besitzt die Folge einen Häufungspunkt x ∈ K. Da Cauchy-Folgen höchstens einen Häufungspunkt
besitzen, konvergiert die Folge gegen x ∈ K, und K ist vollständig.
Wäre K nicht total beschränkt, gäbe es ein ε > 0, für das es keine endliche
Überdeckung von K mit Bällen vom Radius ε gibt. Wähle x1 ∈ K beliebig. Nach
Annahme gibt es ein x2 ∈ K \ Bε (x1 ). Sind x1 , . . . , xn ∈ K schon konstruiert,
so wähle xn+1 in K \ (Bε (x1 ) ∪ · · · ∪ Bε (xn )), was nach Annahme möglich ist.
Aufgrund der Konstruktion ist d(xi , xj ) > ε, die Folge {xn }n∈N besitzt somit keinen
Häufungspunkt. Deswegen muss K total beschränkt sein.
7
1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE
“iii) ⇒ i)”: Sei {Ui }i∈I eine Überdeckung von K mit offenen Mengen, die keine
endliche Teilüberdeckung hat. Sei εn = 2−n . Aufgrund der totalen Beschränktheit wird K von endlich vielen Bε1 (xi ) überdeckt. Da die {Ui }i∈I keine endliche
Teilüberdeckung besitzen, wird eines der K ∩ Bε1 (xi ) auch von keiner endlichen
Teilüberdeckung überdeckt. Sei y1 = xi . Die Menge K ∩ Bε1 (y1 ) ist als Teilmenge
von K total beschränkt, wird also von endlich vielen Bε2 (x0j ) überdeckt. Eines dieser Bε2 (x0j ) wird von keiner endlichen Teilüberdeckung von {Ui }i∈I überdeckt. Sei
y2 = x0j . Durch dieses Verfahren wird induktiv eine Folge {yn }n∈N definiert. Für
n ≤ m ist
d(yn , ym ) ≤ εn + · · · + εm ≤ 2−n+1 ,
daher sind die {yn }n∈N eine Cauchy-Folge und konvergieren gegen ein y ∈ K, da K
vollständig ist. Dieses y ist in einem Ui der Überdeckung enthalten. Da jenes offen
ist, enthält es einen Ball Bδ (y) für δ > 0. Wähle n so gross, dass d(y, yn ) ≤ δ2 und
εn ≤ δ2 . Die Inklusionen Bεn (yn )∩K ⊂ Bδ (y)∩K ⊂ Ui widersprechen der Wahl von
Bεn (yn ), da dieses nicht von endlich vielen Mengen {Ui }i∈I überdeckt wird.
Bemerkung: In topologischen Räumen gilt weder i) ⇒ ii) noch ii) ⇒ i). Das
Konzept der Totalbeschränktheit besitzt kein Analogon in topologischen Räumen.
Satz 1.3. Eine total beschränkte Menge in einem vollständigen metrischen Raum
ist relativ kompakt.
Beweis. Da eine abgeschlossene Teilmenge eines vollständigen metrischen Raumes
ist vollständig ist, genügt es zu zeigen, dass der Abschluss einer totalbeschränkten
Menge total beschränkt ist. Sei K total beschränkt und ε > 0. Es gibt x1 , . . . , xn ,
so dass K ⊂ B 2ε (x1 ) ∪ · · · ∪ B ε2 (xn ). Weiter gilt
K̄ ⊂ B̄ 2ε (x1 ) ∪ · · · ∪ B̄ 2ε (xn ) ⊂ Bε (x1 ) ∪ · · · ∪ Bε (xn ),
was zu zeigen war.
Satz 1.4 (Heine-Borel). Eine Teilmenge des Rn (versehen mit der euklidischen
Metrik) ist genau dann kompakt, wenn sie beschränkt und abgeschlossen ist.
Beweis. Eine kompakte Menge ist beschränkt (überdecke K mit {Bn (0)}n∈N ) und
abgeschlossen (aus xn → x folgt, dass x als einziger Häufungspunkt der Folge
{xn }n∈N selbst in K liegen muss).
Jede beschränkte Teilmenge des Rn ist total beschränkt: Nach Annahme ist sie
in einem Ball und daher auch in einem Würfel enthalten. Dieser Würfel kann in
endlich viele Würfel beliebig kleiner Seitenlänge
ε zerlegt werden. Diese kleinen
√
Würfel liegen je in einer Kugel mit Radius nε, d.h. jede beschränkte Teilmenge
des Rn ist total beschränkt. Da Rn vollständig ist, ist es auch jede abgeschlossene
Teilmenge, insbesondere ist jede beschränkte abgeschlossene Menge total beschränkt
und vollständig, also kompakt.
x
y
Bemerkung: Bezüglich der Metrik d(x, y) = √1+x2 − √ 2 ist R beschränkt
1+y
und abgeschlossen, aber nicht kompakt, denn die Folge {n}n∈N hat keinen Häufungspunkt in (R, d).
Ein anderes Beispiel einer nicht kompakten aber beschränkten und abgeschlossenen Menge ist die Einheitssphäre in `p (betrachte die Standardbasis als Folge).
Allgemeiner folgt aus einem Satz von Riesz (wird später in der Vorlesung behandelt), dass nur in endlichdimensionalen normierten Vektorräumen alle beschränkten
und abgeschlossenen Mengen kompakt sind.
Satz 1.5. In einem kompakten metrischen Raum gibt es eine abzählbare dichte
Teilmenge, d.h. ein kompakter metrischer Raum ist separabel.
8
1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE
Beweis. Sei (K, d) ein kompakter metrischer Raum. Für jedes n ∈ N gibt es Punkte
(n)
(n)
x1 , . . . , xmn ∈ K, mit
(n)
K ⊂ B n1 (x1 ) ∪ · · · ∪ B n1 (x(n)
mn ).
Es ist einfach zu sehen, dass D =
menge von K ist.
S
(n)
(n)
n {x1 , . . . , xmn }
eine abzählbare dichte Teil-
Definition 1.7. Seien (X, dX ) und (Y, dY ) metrische Räume, weiter sei X kompakt.
Eine Familie F ⊂ C(X, Y ) heisst gleichgradig stetig, wenn es für jedes ε > 0 ein
δ = δ(ε) > 0 gibt, so dass
dX (x, x0 ) < δ ⇒ dY (f (x), f (x0 )) < ε ∀ x, x0 ∈ X, ∀ f ∈ F.
Beachte, dass jede Funktion in einer gleichgradig stetigen Familie gleichmässig stetig
ist.
Bemerkung: Der Raum C(X, Y ) wird mit der Metrik d∞ (f, g) = sup dY (f (x), g(x))
x∈X
zu einem vollständigen metrischen Raum.
Satz 1.6 (Arzelà–Ascoli). Sei (X, dX ) ein kompakter metrischer Raum und (Y, dY )
ein vollständiger metrischer Raum. Eine Familie F von stetigen Funktionen ist
genau dann relativ kompakt in (C (X, Y ) , d∞ ), wenn die Famile F gleichgradig
stetig ist und für jedes x ∈ X die Menge F (x) := {f (x) | f ∈ F} relativ kompakt
in (Y, dY ) ist.
Beweis. =⇒: Sei der Abschluss F̄ von F kompakt. Da die Abbildung
evx : (C (X, Y ) , d∞ ) −→ (Y, dY )
f 7→ f (x)
für jedes x ∈ X stetig ist, folgt, dass die Menge F̄ (x) als Bild der kompakten Menge
F̄ kompakt ist, somit deren Teilmenge F (x) relativ kompakt ist.
Sei ε > 0 gewählt. Da F̄ als kompakte Menge in (C (X, Y ) , d∞ ) nach Satz 1.2
totalbeschränkt
ist, somit auch F totalbeschränkt ist, existieren f1 , . . . , fn ∈ F mit
[
Bε (fi ), also gibt es für jedes f ∈ F ein 1 ≤ if ≤ n mit
F⊂
1≤i≤n
d∞ f, fif ≤ ε.
Weiter existiert, weil stetige Funktionen auf kompakten Räumen gleichmässig stetig
sind, ein δ > 0 mit
dY (fi (x) , fi (y)) ≤ ε
für alle x, y ∈ X mit dX (x, y) ≤ δ und alle 1 ≤ i ≤ n. Für f ∈ F gilt insgesamt
dY (f (x) , f (y)) ≤ dY f (x) , fif (x) +dY fif (x) , fif (y) +dY fif (y) , f (y) ≤ 3ε
für alle x, y ∈ X mit dX (x, y) ≤ δ, somit ist F gleichgradig stetig.
⇐=: Sei zunächst eine Folge fn von Funktionen aus F gegeben. Um eine in
(C (X, Y ) , d∞ ) konvergente Teilfolge zu konstruieren, wähle zuerst eine abzählbare,
dichte Teilmenge (xn )n∈N des kompakten Raumes (X, dX ). Da F (x1 ) nach Voraussetzung relativ kompakt ist, existiert eine Teilfolge fn1,j sodass fn1,j (x1 ) konvergiert. Induktiv kann analog für alle k ∈ N eine Teilfolge fnk+1,j von fnk,j erhalten
werden so, dass fnk+1,j (xk+1 ) konvergiert. Die Diagonalfolge gk := fnk,k konvergiert
somit auf allen Punkten (xn )n∈N . Weil (C (X, Y ) , d∞ ) vollsändig ist, genügt es zu
1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE
9
zeigen, dass die Folge gk eine Cauchyfolge ist. Sei ε > 0 und wähle δ > 0 mit der
gleichgradigen Stetigkeit von F. Da (X, dX ) kompakt ist und (xn )n∈N dicht liegt,
[
existiert ein n0 so, dass X =
Bδ (xi ) gilt. Also gibt es für jedes x ∈ X ein
1≤i≤n0
1 ≤ ix ≤ n0 mit
Weiter existiert ein N ∈ N mit
dX (x, xix ) ≤ δ.
dY (gl (xi ) , gm (xi )) ≤ ε
für alle l, m ≥ N und alle 1 ≤ i ≤ n0 , da gk auf allen Punkten (xn )n∈N konvergiert.
Für alle x ∈ X und l, m ≥ N gilt insgesamt
dY (gl (x) , gm (x))
≤ dY (gl (x) , gl (xix )) + dY (gl (xix ) , gm (xix )) + dY (gm (xix ) , gm (x)) ≤ 3ε,
also ist gk eine Cauchyfolge im vollständigen Raum (C (X, Y ) , d∞ ) und somit konvergent.
Sei nun allgemein hk eine Folge von Funktionen aus dem Abschluss F̄ von F.
Nach Definiton des Abschlusses kann eine Folge fn von Funktionen aus F mit
d∞ (fn , hn ) ≤ n1 gewählt werden, welche nach dem soeben Bewiesenen eine konvergente Teilfolge fnk besitzt, deren Limes f aufgrund der Abgeschlossenheit in F̄
liegt. Insgesamt konvergiert jedoch auch hnk gegen f ∈ F̄ und die Kompaktheit von
F̄ ist gezeigt.
Satz 1.7. Sei (X, dX ) ein kompakter metrischer Raum. Eine Familie F von stetigen, reel- oder komplexwertigen Funktionen ist genau dann relativ kompakt in
(C (X) , k·k∞ ), wenn die Famile F gleichgradig stetig und beschränkt ist.
Beweis. Falls F beschränkt ist in (C (X) , k·k∞ ) ist auch F (x) für jedes x ∈ X
beschränkt und also nach Heine-Borel relativ kompakt. Somit kann Satz 1.6 angewendet werden. Da kompakte Mengen in Normierten Räumen beschränkt sind,
ergibt sich auch die andere Implikation aus Satz 1.6.
1.4
Die Baire-Kategorie
Der historische Ursprung des Begriffes Baire-Kategorie war folgende Frage: Angenommen, für eine gegebene Folge fn : [0, 1] → R von stetigen Funktionen existiere
der Grenzwert
lim fn (x) = f (x)
n→∞
für jedes x ∈ [0, 1], das heisst, die Folge konvergiere punktweise. Ist nun die Menge
A der Punkte x in [0, 1], in denen f (x) nicht stetig ist gross“ oder klein“? Die
”
”
Antwort dazu gab Baire: er sagte, die Menge A sei von erster Kategorie – Kat(A) =
1 – oder die Menge sei mager.
Zunächst betrachten wir noch eine Folgerung aus der Vollständigkeit eines metrischen Raumes.
Theorem 1.2. Der metrische Raum (M, d) sei vollständig. Dann gelten folgende
Aussagen:
T
i) Die Mengen Uj ⊂ M seien offen und dicht für j ≥ 1. Dann ist j≥1 Uj dicht
in M;
S
ii) Sei M von der Form M = j≥1 Aj mit Aj = Āj für j ≥ 1. Dann gibt es
(mindestens) ein j, so dass Aj eine in M offene Kugel von M enthält.
10
1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE
Bemerkung: In diesem Theorem ist es wichtig, dass M vollständig ist und die
Folgen (Uj ), (Aj ) abzählbar sind:
S
• Sei M = R = x∈R {x}. {x} ist jeweils abgeschlossen in R, enthält aber keine
offene Kugel in R. Denn die Vereinigung ist nicht abzählbar.
S
• Ähnlich ist es mit M = Q = q∈Q {q}. {q} ist abgeschlossen, enthält aber
wiederum keine offene Kugel in Q. Diesmal ist die Vereinigung abzählbar,
doch: Q ist nicht vollständig.
Beweis. Wir benutzen dazu die Vollständigkeit von M und Theorem 1.1:
i) Wir wollen zeigen: eine offene Kugel B = Br (x) sei gegeben mit r > 0. Dann
existiert ein x∗ ∈ M mit
\
x∗ ∈ B ∩
Uj .
j≥1
Da B offen und U1 dicht ist, schliessen wir, dass B ∩ U1 6= ∅. Weil U1 offen ist,
ist auch B ∩ U1 offen. Folglich existiert ein x1 ∈ B, so dass es eine abgeschlossene
Kugel B̄r1 (x1 ) ⊂ B ∩ U1 gibt mit 0 < r1 < 12 . Da Br1 (x1 ) und U2 wiederum offen
sind und Ū2 = M , existiert ein x2 ∈ Br1 (x1 ), so dass
B̄r2 (x2 ) ⊂ Br1 (x1 ) ∩ U2
0 < r2 <
1
.
22
Induktiv finden wir nun für jedes j ≥ 1 ein xj ∈ Br1 (x1 ), so dass
B̄rj (xj ) ⊂ Brj−1 (xj−1 ) ∩ Uj
0 < rj <
1
.
2j
Definieren wir Aj := B̄rj (xj ), so erhalten wir die absteigende Folge von Mengen
B ⊃ A1 ⊃ A2 ⊃ . . . aus abgeschlossenen Aj , für die zudem gilt δ(Aj ) → 0, wenn
j → ∞. Nach unseren Voraussetzungen ist M vollständig, und wir können nun
Theorem 1.1Tanwenden. Demnach gibt es genau einen Punkt x∗ ∈ M , für welchen
gilt {x∗ } = j≥1 Aj . Daraus schliessen wir, dass x∗ ∈ Aj ⊂ B̄r1 (x1 ) ∩ Uj für alle
j ≥ 1. Nach unserer obigen Konstruktion heisst das aber, dass
\
x∗ ∈ B ∩
Uj ,
j≥1
wie gewünscht.
Aus i) folgt ii): wir nehmen an, die abgeschlossenen Aj = Āj enthalten keine
offene Kugel von M für alle j.SDann sind die Mengen Uj = M \ Aj offen und dicht
in M für alle j ≥ 1. Mit A = j≥1 Aj ergibt sich
M \A =M \
[
Aj =
j≥1
\
j≥1
(M \ Aj ) =
\
j≥1
Uj 6= ∅,
und M \ A ist nach i) sogar dicht in M . Also ist A 6= M , im Widerspruch zur
Annahme.
Definition 1.8. (nirgends dichte Menge)
Eine Teilmenge A ⊂ M heisst nirgends dicht in M , falls Ā keine offene Kugel von
M enthält. Äquivalent dazu ist folgende Formulierung: A ⊂ M ist nirgends dicht,
falls M \ Ā dicht in M ist.
Beispiel. Z ⊂ R ist nirgends dicht in R.
Definition 1.9. (Baire-Kategorie, residuelle Menge)
11
1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE
i) Eine Teilmenge
A ⊂ M heisst von 1. Kategorie oder mager, falls A von der
S
Form A = j≥1 Aj ist und die Aj nirgends dicht sind. Notation: Kat(A) = 1;
ii) A ⊂ M heisst von 2. Kategorie, falls A nicht von erster Kategorie ist. Wir
schreiben analog Kat(A) = 2;
iii) Das Komplement einer Menge A mit Kat(A) = 1 heisst residuell, in Formeln:
R = M \ A, Kat(A) = 1.
Bemerkungen:
1. Eine Teilmenge einer Menge 1. Kategorie ist wieder von 1. Kategorie. Die
abzählbare Vereinigung von Mengen 1. Kategorie ist ebenfalls von 1. Kategorie. Umgekehrt ist die Obermenge einer Menge 2. Kategorie selbst eine Menge
von 2. Kategorie.
2. Eine Menge 1. Kategorie kann dicht sein in M . Ein Beispiel: S
Betrachte M = R und die abzählbaren Vereinigung Q = q∈Q {q}. Es ist
Kat(Q) = 1 und Q̄ = R.
Andererseits gilt: Kat(R \ Q) = 2, denn R ist vollständig.
Beweis. Angenommen, es sei Kat(R \ Q) = 1. Dann ist
[
[
R = Q ∪ (R \ Q) =
{q} ∪
Aj ,
q∈Q
j≥1
wobei die Aj nirgends dicht sind. Offensichtlich enthält keine der abzählbar
vielen Mengen auf der rechten Seite eine offene Kugel in R, im Widerspruch
zu Theorem 1.2.
T
Lemma 1.1. Eine Teilmenge R ⊂ M ist residuell genau dann, wenn R ⊃ j≥1 Uj
mit offenen und in M dichten Uj für alle j ≥ 1.
S
S
Beweis. (=⇒) Es ist R = M \ A mit A = j≥1 Aj ⊂ j≥1 Āj für Aj nirgends dicht.
Dann ist
[
[
\
\
R=M\
Aj ⊃ M \
Āj =
(M \ Āj ) =
Uj
j≥1
j≥1
j≥1
j≥1
für Uj := M \ Ā
Tj offen und dicht in M.
(⇐=) Sei R ⊃ j≥1 Uj mit offenen und dichten Uj . Dann ist
M \R ⊂M \
\
Uj =
j≥1
[
j≥1
(M \ Uj ) =
[
Aj ,
j≥1
wobei die Aj nirgends dicht sind. Somit ist M \ R enthalten in einer Menge 1. Kategorie, also selbst von 1. Kategorie.
Theorem 1.3 (Baire). Sei (M, d) ein vollständiger Raum. Dann ist
i) Kat(M ) = 2;
ii) Kat(A) = 1 ⇒ Kat(M \ A) = 2 und M \ A ist dicht in M ;
iii) ∅ 6= U ist offen ⇒ Kat(U ) = 2.
1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE
12
Beweis. i) Dies ist die Aussage von Theorem 1.2.
ii) Sei also A von erster Kategorie. Wenn nun Kat(M \ A) = 1 gilt, so ist
Kat(M ) = Kat(A ∪ (M \ A)) = 1, im Widerspruch
zu i). Also muss (M \ A) von
T
zweiter Kategorie sein. Weil dann M \ A ⊃ j≥1 Uj für offene und dichte Uj , folgt
M \ A = M mit Theorem 1.2.i).
iii) Für ein offenes U 6= ∅ ist M \ U nicht dicht in M . Daher ist Kat(U ) 6= 1
wegen ii), also Kat(U ) = 2.
Definition 1.10. (innerer Punkt, Inneres einer Menge)
Ein Punkt x ∈ A einer Teilmenge A ⊂ M heisst innerer Punkt von A, falls in M
eine offene Kugel Br (x) mit r > 0 existiert, so dass Br (x) noch ganz in A enthalten
◦
ist, also Br (x) ⊂ A. Das Innere von A, int(A) ≡ A, ist die Menge aller inneren
Punkte von A.
Nach dieser Definition ist A genau dann nirgends dicht, falls das Innere seines
Abschlusses leer ist:
A nirgends dicht ⇐⇒ int(Ā) = ∅.
Satz 1.8. In einem metrischen Raum (M, d) sind die folgenden vier Aussagen
äquivalent:
i) Falls A ⊂ M von 1. Kategorie, so ist M \A =: Ac dicht in M , das Komplement
jeder mageren Menge ist also dicht in M ;
S
ii) Falls A = j≥1 Aj für abgeschlossene Aj mit int(Aj ) = ∅ für alle j ≥ 1, so
ist int(A) = ∅: Das Innere jeder mageren Menge ist leer;
iii) Falls U 6= ∅ offen ist, so ist U von 2. Kategorie, die leere Menge ist also die
einzige offene und magere Teilmenge;
T
iv) Falls U = j≥1 Uj für offene und in M dichte Uj , so ist auch U dicht:
abzählbare Durchschnitte offener und dichter Mengen sin dicht in M .
Beweis. Man beweist leicht die Reihenfolge i) ⇒ ii) ⇒ iii) ⇒ iv) ⇒ i) (Übungsaufgabe).
Wenn wir nun die vorangehenden Erkenntnisse zusammenfassen, dann ergibt sich
Theorem 1.4 (Baire). In einem vollständigen metrischen Raum (M, d) gelten die
Aussagen i)–iv) des Satzes 1.8.
Beweis. Das Theorem ist eine direkte Folge aus Theorem 1.2 und Satz 1.8.
Bemerkung: Die Nullmenge ist eine mengentheoretisch völlig andere Vorstellung
einer mageren Menge:
Satz 1.9. Sei M = R, dann existiert eine Teilmenge A ⊂ R von erster Kategorie
so, dass R = A ∪ (R \ A) mit Kat(R \ A) = 2 und R \ A eine Lebesgue-Nullmenge.
Beweis. Wir benutzen, dass R vollständig ist: Wir nehmen eine abzählbare, dichte
Menge {a1 , a2 , . . .} in R, zum Beispiel Q, und definieren die offenen Intervalle
Iij := {x ∈ R| |x − ai | < 2−(i+j+1) } für i, j ≥ 1.
T
S
Dann ist Uj := i≥1 Iij für jedes j offen und dicht, und U = j≥1 Uj ist eine
Lebesgue-Nullmenge, also m(U ) = 0, denn aus
S der Monotonie und der Subadditivität des Lebesgue-Masses ist (mit U ⊂ Uj = i≥1 Iij )
X
X
0 ≤ m(U ) ≤ m(Uj ) ≤
m(Iij ) =
2−(i+j) = 2−j
i≥1
i≥1
1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE
13
für jedes feste j ≥ 1. Also ist m(U ) = 0.
Wir definieren nun
[
[
Aj ,
(R \ Uj ) =
A=R\U =
| {z } j≥1
j≥1
:=Aj
wobei die Aj nirgends dicht sind, das heisst Kat(A) = 1. Weil R vollständig ist,
folgt Kat(R \ A) = Kat(U ) = 2.
1.5
Erste Anwendungen von Baire
Wir stellen uns die Frage: Gibt es stetige Funktionen, die nirgends differenzierbar
sind? Die Antwort ist: Ja, im Sinne der Kategorie sind sie sogar der typische Fall!
Satz 1.10 (Banach, 1931). Sei R die Menge der auf [0, 1] stetigen und nirgends differenzierbaren Funktionen. Dann ist R residuell im vollständigen metrischen Raum
(C[0, 1], d∞ ), also insbesondere dicht.
Beweis. Zum Beweis des Satzes benutzen wir die Vollständigkeit von C[0, 1] und
Theorem 1.2:
Wir setzen die stetige Funktion f : [0, 1] → R durch Konstanten stetig fort, so
dass f auf ganz R definiert ist. Für n ≥ 1 setzen wir
)
(
x(t + h) − x(t) > n ∀ t ∈ [0, 1] ,
Un = x ∈ C[0, 1] sup h
0<|h|≤1
\
Un ⊂ R.
U=
n≥1
Ein x ∈ U ist demnach in keinem Punkt von [0, 1] differenzierbar. Wir zeigen: die
Un sind offen und dicht. Dann folgt, dass R residuell und dicht ist (Lemma 1.1 bzw.
Theorem 1.2).
i) Un ist offen: Sei x ∈ Un . Dann gibt es (nach der Definition des Supremums)
zu jedem t ∈ [0, 1] ein δt > 0 und ein ht mit 0 < |ht | ≤ 1 so, dass
x(t + ht ) − x(t) > n + δt .
ht
Weil x stetig ist, existiert ein offenes Intervall It 3 t, so dass für alle s ∈ It gilt
x(s + ht ) − x(s) > n + δt .
ht
Weil [0, 1] kompakt ist, gibt es endlich viele solcher Intervalle It1 , . . . , ItN , welche
[0, 1] überdecken. Somit können wir
δ = min{δt1 , . . . , δtN } > 0,
h = min{|ht1 |, . . . , |htN |} > 0
definieren. Wir nehmen nun ein y ∈ C[0, 1] und ein t ∈ [0, 1]. Also ist t ∈ Itj für ein
j ∈ {1, . . . , N }. Damit folgt
|x(t + htj ) − x(t)| ≤ |x(t + htj ) − y(t + htj )| + |y(t + htj ) − y(t)| + |y(t) − x(t)|
≤ 2kx − yk∞ + |y(t + htj ) − y(t)|.
1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE
14
Sei kx − yk∞ < ε, dann ist
y(t + htj ) − y(t) x(t + htj ) − x(t) 2kx − yk∞
≥
−
htj
htj
|htj |
2ε
> n,
≥n+δ−
h
falls ε hinreichend klein ist. Dies gilt jedoch für jedes t ∈ [0, 1], und so ist y ∈ Un .
ii) Un ist dicht (nach Weierstrass): Sei Bε (y) ⊂ C[0, 1] eine offene Kugel. Wir
werden zeigen: es existiert ein x ∈ Bε (y) ∩ Un . Nach Weierstrass existiert ein Polynom p, so dass ky − pk∞ < ε/2. Wir suchen nun ein x ∈ Un mit kx − pk∞ < ε/2.
Dazu definieren wir eine stetige, periodische Zick-Zack-Funktion z.
Offenbar ist z(t) stetig und pez(t)
riodisch, mit |z(t)| ≤ 1 für alle
6
1
t ∈ R. Wir definieren für λ > 0
@
@
@
die Funktion
@
@
@
@
@
@ -t
xλ (t) = p(t) + zλ (t),
0
-2
-1
1
2
mit zλ (t) = λ z(t/λ2 ).
Mit den obigen Definitionen ist dann |zλ (t)| ≤ λ, |Steigung zλ (t)| = 1/λ und
kxλ − pk∞ = λ. Es gilt dann
xλ (t + h) − xλ (t) zλ (t + h) − zλ (t) p(t + h) − p(t) ≥
−
.
h
h
h
Wenn wir |h| klein genug wählen, folgt mit dem Mittelwertsatz
xλ (t + h) − xλ (t) 1 d ≥ − p > n,
λ dt h
∞
falls λ hinreichend klein ist. Dies gilt für alle t, also ist x ∈ Bε (y) ∩ Un für kleine λ,
was zu beweisen war.
An dieser Stelle beweisen wir noch ein Theorem, welches später für uns wichtig
sein wird:
Theorem 1.5 (Prinzip der gleichmässigen Beschränktheit).
Sei (M, d) ein vollständiger, metrischer Raum, fλ : M → R, λ ∈ Λ, eine Familie
von stetigen Funktionen. Falls die Familie punktweise beschränkt ist, das heisst,
sup |fλ (x)| < ∞
λ∈Λ
∀ x ∈ M,
dann gibt es eine offene Kugel B ⊂ M , so dass
sup
λ∈Λ,x∈B
|fλ (x)| < ∞,
das heisst, die Familie ist gleichmässig beschränkt auf B.
Beweis. Wir benutzen dazu Theorem 1.2 sowie die Stetigkeit der fλ : Für jedes
λ ∈ Λ und n ≥ 1 definieren wir
An,λ := {x ∈ M | |fλ (x)| ≤ n}.
Jedes An,λ ist abgeschlossen, da fλ stetig ist. Wir bilden dann die Menge
\
An :=
An,λ = {x ∈ M | |fλ (x)| ≤ n ∀ λ ∈ Λ}.
λ∈Λ
1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE
15
Insbesondere ist An abgeschlossen. Nach
S Voraussetzung existiert für jedes x ∈ M
ein j, so dass x ∈ Aj , also ist M = j≥1 Aj . Weil nun M vollständig ist, gibt es
nach Theorem 1.2 ein j und eine offene Kugel B ⊆ Aj , das heisst
|fλ (x)| ≤ j
∀ λ ∈ Λ, ∀ x ∈ B.
Satz 1.11 (Baire). Sei (M, d) ein vollständiger metrischer Raum, fn eine Folge
von stetigen Funktionen fn : M → R, n ≥ 1 und es existiere der Grenzwert
lim fn (x) =: f (x) ∈ R
n→∞
für jedes x ∈ M . Dann ist R = {x ∈ M |f stetig in x} eine residuelle Menge, also
insbesondere dicht in M.
Beweis. Übungsaufgabe
1.6
Vervollständigung
Definition 1.11. (Isometrie)
Eine Abbildung ϕ : (M1 , d1 ) → (M2 , d2 ) heisst eine Isometrie, falls
d2 (ϕ(x), ϕ(y)) = d1 (x, y)
∀ x, y ∈ M1 .
Sie ist gleichmässig stetig auf M1 und injektiv, aber nicht notwendigerweise auch
surjektiv.
Für den Beweis des nächsten Theorems beweisen wir zunächst die beiden nachfolgenden Hilfssätze:
Lemma 1.2. Sei (M, d) ein metrischer Raum und es bezeichne B(M, R) den Raum
der beschränkten Funktionen
B(M, R) := {f : M −→ R| sup |f (x)| < ∞}.
x∈M
Dann existiert eine Isometrie
ϕ : (M, d) −→ (B(M, R), d∞ ).
Beweis. Wir fixieren ein x∗ ∈ M und definieren für x ∈ M die Funktion
fx : M −→ R
durch
y 7−→ fx (y) := d(x, y) − d(x∗ , y) y ∈ M.
Aus |d(x, y) − d(u, v)| ≤ d(x, u) + d(y, v) folgt dann
|fx (y)| ≤ d(x, x∗ )
∀ y ∈ M.
Folglich liegt fx in B(M, R). Es ist dann
d∞ (fx , fz ) = sup |fx (y) − fz (y)| = sup |d(x, y) − d(z, y)|
y∈M
y∈M
≤ d(x, z).
Das Supremum in der obigen Gleichungsfolge wird angenommen für y = z, daher
folgt d∞ (fx , fz ) = d(x, z). Die Abbildung
ϕ : M → B(M, R); x 7→ ϕ(x) =: fx
ist die gesuchte Isometrie, weil d∞ (ϕ(x), ϕ(z)) = d(x, z) für alle x, z ∈ M .
16
1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE
Lemma 1.3 (Eindeutigkeit der Vervollständigung).
Seien (M1 , d1 ) und (M2 , d2 ) zwei vollständige Räume, A1 ⊂ M1 , A2 ⊂ M2 Teilmengen mit Ā1 = M1 und Ā2 = M2 sowie ϕ : A1 → A2 eine surjektive Isometrie
von A1 auf A2 . Dann existiert genau eine surjektive Isometrie ϕ∗ : M1 → M2 von
M1 auf M2 , so dass ϕ∗ (x) = ϕ(x) für alle x ∈ A1 .
Beweis. Übungsaufgabe
Nun kommen wir zum eigentlichen
Theorem 1.6. Sei (M, d) ein metrischer Raum. Dann gibt es einen metrischen
Raum (M ∗ , d∗ ), so dass
i) (M ∗ , d∗ ) vollständig ist und
ii) es eine Isometrie ϕ : (M, d) → (M ∗ , d∗ ) gibt mit
ϕ(M ) = M ∗ .
(M ∗ , d∗ ) heisst Vervollständigung von (M, d).
Sind (M1∗ , d∗1 ) und (M2∗ , d∗2 ) zwei Vervollständigungen von (M, d), dann gibt es
eine Isometrie von (M1∗ , d∗1 ) auf (M2∗ , d∗2 ).
Beweis. Sei M 6= ∅ eine Menge. Dann ist der Raum B(M, R) der beschränkten
Funktionen
B(M, R) := {f : M → R| sup |f (x)| < ∞}
x∈M
mit der Metrik d∞ (f, g) := supx∈M |f (x)−g(x)| ein vollständiger, metrischer Raum,
weil R vollständig ist. Mit Lemma 1.2 folgt dann, dass wie gewünscht eine Isometrie
ϕ : (M, d) → (B(M, R), d∞ ) existiert.
Weil B(M, R) vollständig ist, ist der Abschluss (ϕ(M ), d∞ ) ein vollständiger
Raum nach Satz 1.1. Wir wählen daher (M ∗ , d∗ ) = (ϕ(M ), d∞ ). Damit folgen die
Aussagen i), ii) von Theorem 1.6.
Die Eindeutigkeit der Vervollständigung wurde in Lemma 1.3 bewiesen.
Wie wir gesehen haben, können wir abstrakt jeden metrischen Raum sofort vervollständigen. Eine Frage bleibt: lässt sich die Vervollständigung wieder konkret
darstellen? Dazu hier ein
Beispiel. Sei Ω ⊂ Rn offen, Cc∞ (Ω) die Menge der C ∞ (Ω)-Funktionen mit kompaktem Träger supp(f ) in Ω, wobei
supp(f ) = {x ∈ Ω|f (x) 6= 0}.
Wir definieren eine Metrik auf Cc∞ (Ω) =: M durch das Riemann’sche Integral
d(f, g) =
Z
I
|f (x) − g(x)|p dx
p1
,
wobei I ein kompaktes Intervall ist mit I ⊃ supp(f ), supp(g). Die Vervollständigung
des metrischen Raumes (Cc∞ (Ω), d) ist Lp (Ω), also der Raum der Äquivalenzklassen
der Lebesgue-messbaren Funktionen f : Ω → R, so dass |f |p Lebesgue-integrabel
ist. Dies folgt aus
i) Lp (Ω) ist vollständig;
ii) Cc∞ (Ω) ⊂ Lp (Ω) ist dicht in der Lp -Metrik;
1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE
17
iii) In Cc∞ (Ω) ist Lebesgue-integrabel gleich Riemann-integrabel, und wir haben
die Isometrie
Z
Z
|f − g|p dµ = |f (x) − g(x)|p dx .
| Ω {z
} |I
{z
}
Lebesgue-Integral
Riemann-Integral
18
2 NORMIERTE RÄUME
2
Normierte Räume
2.1
Definitionen und erste Folgerungen
Definition 2.1. (normierter Raum, Norm, Banach-Raum)
Ein normierter Raum ist ein Paar (X, ρ), wobei X ein Vektorraum und ρ : X → R
eine Norm, das heisst, eine Funktion ρ(x) := kxk ist mit den Eigenschaften
i) kxk ≥ 0 und kxk = 0 ⇐⇒ x = 0,
ii) kλxk = |λ|kxk,
iii) kx + yk ≤ kxk + kyk
für alle λ ∈ C, x, y ∈ X. Die zur Norm assoziierte Metrik ist gegeben durch
d(x, y) := kx − yk.
Der normierte Raum (X, ρ) heisst Banach-Raum, falls (X, d) vollständig ist.
Aus obigen Definitionen können wir schon erste Folgerungen ziehen:
Satz 2.1 (Stetigkeitseigenschaften). In einem normierten Raum (X, k k) gilt
i) Die Norm ρ : X → R ist stetig, das heisst:
kxk − kyk ≤ kx − yk = d(x, y).
ii) Vektorraumoperationen sind stetig:
{x, y} 7→ x + y : X × X
{λ, y} 7→ λy :
C×X
→ X,
→ X.
Beweis. i) Schreibe x = (x − y) + y. Dann folgt aus der Dreiecksungleichung kxk ≤
kx − yk + kyk, und, formen wir um,
kxk − kyk ≤ kx − yk.
Durch Vertauschung von x und y erhalten wir
kyk − kxk ≤ ky − xk = k(−1)(x − y)k = kx − yk.
ii) Für die Addition gilt:
k(x + y) − (x∗ + y ∗ )k ≤ kx − x∗ k + ky − y ∗ k,
und für die skalare Multiplikation ist
kλx − λ∗ x∗ k = kλ(x − x∗ ) + (λ − λ∗ )x∗ k ≤ |λ| kx − x∗ k + |λ − λ∗ |kx∗ k.
Beispiel (Der Raum der beschränkten Funktionen). Sei M eine Menge, (X, k k) ein
normierter Raum. Wir bezeichnen mit
B(M, X) := {f : M → X| sup kf (t)k < ∞}
t∈M
den Raum der beschränkten Funktionen f von M nach X. Damit überträgt sich
die Vektorraum-Struktur von X auf B(M, X), denn es ist
f +g :
λf :
−f :
0:
(f + g)(t)
(λf )(t)
(−f )(t)
0(t)
:=
:=
:=
:=
f (t) + g(t),
λf (t),
−f (t),
0 ∈ X ∀ t ∈ M.
19
2 NORMIERTE RÄUME
Mit der Norm kf k := supt∈M kf (t)k wird B(M, X) zu einem normierten Raum.
Dass dies auch wirklich eine Norm ist, zeigt man so:
i) sei kf k = 0. Dann ist nach Definition kf (t)k = 0 für alle t ∈ M und folglich
f (t) = 0. Das ist genau dann der Fall, falls f = 0 ∈ X.
ii) folgt direkt aus den Definitionen der Norm und des Supremums.
iii) Dreiecksungleichung:
k(f + g)(t)k = kf (t) + g(t)k
≤ kf (t)k + kg(t)k
≤ sup kf (t)k + sup kg(t)k
t∈M
t∈M
= kf k + kgk.
Mit dem Übergang ins Supremum über t auf der linken Seite folgt dann, wie
gewünscht, kf + gk ≤ kf k + kgk. Zu B(M, X) beweisen wir noch folgenden
Satz 2.2. Ist X ein Banach-Raum, so ist auch B(M, X) wieder ein Banach-Raum.
Beweis. Sei fn eine Cauchy-Folge in B(M, X). Wir wollen zeigen, dass die Folge in
B(M, X) konvergiert. Wir geben uns also ein beliebiges ε > 0 vor. Dann gibt es ein
Nε , so dass kfn − fm k < ε für alle n, m ≥ Nε . Nach Definition der Norm ist dann
kfn (t) − fm (t)k < ε ∀ n, m ≥ Nε , ∀ t ∈ M.
(2.1)
Das bedeutet aber nichts anderes, als dass fn (t) für jedes t eine Cauchy-Folge in
X ist. Nach Voraussetzung ist X ein Banach-Raum, also insbesondere vollständig,
und es existiert der punktweise Grenzwert
f (t) := lim fn (t)
n→∞
∈X
für alle t in M . Aus (2.1) folgt mit m → ∞ und der Stetigkeit der Norm, dass
kfn (t) − f (t)k = lim kfn (t) − fm (t)k ≤ ε
m→∞
(2.2)
für alle n ≥ Nε und für alle t in M . Wenden wir die Dreiecksungleichung an, so
erhalten wir
kf (t)k ≤ kfn (t) − f (t)k + kfn (t)k ≤ ε + kfn k < ∞.
Somit liegt f wieder in B(M, X).
Nehmen wir in der mit (2.2) gekennzeichneten Gleichung das Supremum über
alle t, so erhalten wir
kfn − f k := sup kfn (t) − f (t)k ≤ ε ∀ n ≥ Nε .
t∈M
Dies gilt für alle ε > 0. Somit strebt die Folge fn nach der Definition der Konvergenz
in B(M, X) gegen die Funktion f ∈ B(M, X). Damit konvergiert jede Cauchy-Folge
in B(M, X), und der Satz ist bewiesen.
Definition 2.2. (äquivalente Normen)
Zwei Normen ρ1 , ρ2 auf dem Vektorraum X heissen äquivalent, falls zwei Zahlen
m, M existieren mit 0 < m < M , so dass für alle x 6= 0 gilt
m≤
ρ1 (x)
≤ M.
ρ2 (x)
20
2 NORMIERTE RÄUME
Gleichbedeutend ist die Formulierung für die assoziierte Metrik: es ist dann
m≤
ρ1 (x − y)
≤M
ρ2 (x − y)
für alle x 6= y.
Zum Vergleich: Zwei Metriken d1 , d2 auf X heissen äquivalent, falls eine Folge
genau dann bezüglich d1 konvergiert, wenn sie auch bezüglich d2 konvergiert.
Äquivalente Normen auf einem Vektorraum definieren ein und dieselbe Topologie
und dieselben Cauchyfolgen.
Satz 2.3. Auf dem endlich-dimensionalen Vektorraum X = Cn sind alle Normen
äquivalent.
Beweis. Wir benutzen, dass in einem endlich-dimensionalen Vektorraum die Einheitskugel kompakt ist (dass dies für unendlich-dimensionale Vektorräume nicht
der Fall ist, werden wir später sehen). Es genügt zu zeigen, dass alle Normen zu
einer einzigen äquivalent ist. Wir beweisen dies für die bekannte Euklidische Norm
d2 (x, y) = kx − yk2 .
Sei ρ : Cn → R eine Norm. Dann ist ρ : (Cn , d2 ) → R stetig:


n
X
|ρ(x) − ρ(y)| ≤ ρ(x − y) = ρ  (xj − yj )ej 
j=1
≤
n
X
j=1
|xj − yj |ρ(ej ) ≤ kx − yk∞
n
X
ρ(ej )
j=1
| {z }
=:c
≤ ckx − yk2 .
Die Funktion ρ : S = {x ∈ Cn | kxk2 = 1} → R ist stetig und es ist ρ(x) > 0 für
alle x in S. Weil S kompakt ist, nimmt ρ ihr Minimum und Maximum an, also
0 < m = ρ(x∗ ) ≤ ρ(x) ≤ ρ(x∗ ) = M,
und daher gilt
m≤ρ
x
kxk2
=
ρ(x)
≤ M.
kxk2
Folglich ist ρ äquivalent zur Euklidischen Norm. Da ρ beliebig war, folgt die Behauptung.
Folgerungen: In einem endlich-dimensionalen Vektorraum X sind alle Normen
äquivalent: Sei (X, k k) e in n-dimensionaler Vektorraum. Wir wählen eine Basis
e1 , . . . , en in X und definieren die Abbildung ϕ : Cn → X durch
ϕ(x) =
n
X
∈ X.
xj e j
j=1
Das so definierte ϕ ist ein linearer Isomorphismus, und somit ist kϕ(x)k eine neue
Norm auf Cn . Nach Satz 2.3 gibt es m, M derart, dass
0<m≤
für alle x 6= 0 in Cn . Dann ist aber
m≤
ϕ(x)
≤M
kxk2
kyk
kϕ−1 (y)k
2
≤M
2 NORMIERTE RÄUME
21
für y 6= 0 in X. Dies gilt jedoch für jede Norm k k, also ist die Aussage bewiesen.
Da Cn auch vollständig ist, folgt sofort
Satz 2.4. Sei (X, k k) ein endlich-dimensionaler normierter Raum. In diesem Falle
ist (X, k k) ein Banach-Raum.
Folgerung: Sei (Y, k k) ein normierter Raum, X ⊂ Y ein linearer Teilraum endlicher Dimension. Dann ist (X, k k) vollständig und nach Satz 1.1 deshalb eine in Y
abgeschlossene Menge.
Sind X und Y zwei beliebige Vektorräume und A : X → Y eine Abbildung, so
heisst A linear , falls A(x + y) = A(x) + A(y) und A(λx) = λA(x) für alle x, y ∈ X.
Das heisst, die Abbildung A ist mit der Vektorraum-Stuktur in Y verträglich (analog
erhalten Gruppenhomomorphismen ϕ : G → F die Gruppenstruktur in F ). Es ist
allgemein gebräuchlich, dass eine lineare Abbildung auch als Operator bezeichnet
wird.
Satz 2.5. Seien X, Y zwei normierte Räume und A : X → Y eine lineare Abbildung. Dann sind folgende Aussagen äquivalent:
i) A ist stetig im Punkt 0 ∈ X;
ii) A ist stetig in jeden Punkt x ∈ X;
iii) A ist gleichmässig stetig auf X;
iv) Es existiert ein c ≥ 0, so dass kA(x)k ≤ ckxk für alle x ∈ X;
v) A ist beschränkt auf der Einheitskugel: supkxk≤1 kA(x)k < ∞.
Beweis. Wir beweisen die Reihenfolge i) ⇒ v) ⇒ iv) ⇒ iii) ⇒ ii) ⇒ i).
i) ⇒ v): Angenommen, A sei nicht beschränkt auf der Einheitskugel, dann
existiert eine Folge xj ∈ X, so dass kxj k ≤ 1 und kA(xj )k ≥ j für j ≥ 1. Es folgt
somit, dass die Folge yj := xj /j gegen 0 konvergiert, weil kxj /jk ≤ 1/j. Für die yj
folgt dann
1
kA(yj )k = kA(xj )k ≥ 1
j
für alle j ≥ 1. Weil aber A(0) = 0 ist, kann A in 0 nicht stetig sein, im Widerspruch
zu unserer Annahme.
v) ⇒ iv): Sei c := supkxk≤1 kA(x)k < ∞. Dann ist für x 6= 0
x ≤ c ⇐⇒ 1 kA(x)k ≤ c.
A
kxk kxk
Also haben wir unsere Konstante c gefunden.
iv) ⇒ iii): Aus der Linearität und iv) folgt
kA(x) − A(y)k = kA(x − y)k ≤ ckx − yk.
A ist demnach gleichmässig stetig auf X.
Die Schritte iii) ⇒ ii) ⇒ i) sind offensichtlich.
Anders ausgedrückt: eine lineare Abbildung A : X → Y von normierten Vektorräumen ist genau dann stetig, wenn sie (auf der Einheitskugel) beschränkt ist.
Wir zeigen an dieser Stelle noch eine überraschende Eigenschaft von unendlichdimensionalen Vektorräumen:
Lemma 2.1. Sei (X, k k) ein unendlich-dimensionaler Vektorraum. Dann existiert
eine lineare, nicht-stetige Funktion A : X → R.
22
2 NORMIERTE RÄUME
Beweis. Da X ein Vektorraum ist, besitzt X eine algebraische Basis , das heisst,
es gibt eine (eventuell unendliche) Familie eλ , λ ∈ Λ, so dass jedes x ∈ X eine
eindeutige Darstellung der Form
X
x=
αλ (x)eλ
λ∈Λ
besitzt, mit Koeffizienten αλ ∈ R, wobei nur endlich viele der αλ von Null verschieden sind. Die Koeffizienten αλ (x) sind zudem linear in x.
Da dim(X) = ∞, können wir eine abzählbare Familie λ1 , λ2 , . . . ∈ Λ auswählen
und schreiben zur Vereinfachung ej := eλj , αj (x) := αλj (x).
Nun definieren wir eine lineare Abbildung A : X → R durch
A(x) :=
∞
X
j=1
jkej kαj (x)
∈ R.
Diese Summe ist für jedes x endlich. Mit dieser Definition ist jetzt
X
X
∞
∞
es
es
kej k
αj (es ) = s
A
=
jkej kαj
=
j
kes k
ke
k
ke
s
sk
j=1
j=1
für alle s ≥ 1, da αj (es ) = δjs . Weil gilt k keess k k = 1, ist A auf der Einheitssphäre
nicht beschränkt, und daher auch nicht stetig.
Das führt uns zum
Theorem 2.1. In einem normierten Raum (X, k k) sind äquivalent:
i) Der Vektorraum ist endlich (dim(X) < ∞);
ii) Alle Normen sind äquivalent;
iii) Alle linearen Abbildungen A : X → Y in einen normierten Raum Y sind
stetig;
iv) Jede beschränkte Folge besitzt eine konvergente Teilfolge;
v) Die Einheitssphäre S = {x ∈ X| kxk = 1} ist kompakt.
Speziell gilt in endlich-dimensionalen Vektorräumen, dass aus der algebraischen
Eigenschaft linear“ die topologische Eigenschaft stetig“ folgt.
”
”
Beweis. i) ⇒ ii) folgt aus Satz 2.3, i) ⇒ iv) aus dem Satz von Bolzano-Weierstrass
und i) ⇒ v) aus dem Satz von Heine-Borel.
i) ⇒ iii) Wir betrachten einen endlich-dimensionalen Vektorraum X, eine lineare Abbildung A : X → Y und definieren eine neue Norm auf X durch
kxkA := kxk + kA(x)k.
Nach Satz 2.3 ist kxkA ≤ M kxk für ein geeignetes (endliches) M . Das heisst,
kA(x)k ≤ kxkA ≤ M kxk,
sprich, A ist beschränkt und nach Satz 2.5 also stetig.
iii) ⇒ i) folgt aus dem obigen Lemma 2.1.
ii) ⇒ i) Sei dim(X) = ∞. Wir definieren auf X wieder eine neue Norm
kxkA = kxk + |A(x)| für die lineare Funktion A aus Lemma 2.1. Dann ist kxkA
nicht äquivalent zu k k, da
kxkA
x 6= 0
kxk
nicht beschränkt ist.
iv) ⇒ i) folgt aus den nachfolgenden Lemmata 2.2 und 2.3.
23
2 NORMIERTE RÄUME
Lemma 2.2 (Franz Riesz). Sei (X, k k) ein normierter Raum und Y ⊂ X ein
abgeschlossener linearer Teilraum mit X 6= Y . Dann gibt es zu jedem ε ∈ (0, 1) ein
x = xε mit
(1) kxk = 1 und
(2) d(x, Y ) = inf y∈Y kx − yk > 1 − ε.
Beweis. Da Y 6= X ist, können wir ein x∗ ∈ X \ Y wählen. Weil Ȳ = Y, ist der
Abstand von x∗ zu Y echt positiv, also
d := inf |x∗ − y| = d(x∗ , Y ) > 0.
y∈Y
Sei nun ein ε mit 0 < ε < 1 vorgegeben. Dann existiert nach der Definition des
d
Infimums ein y ∗ ∈ Y mit d ≤ kx∗ − y ∗ k < 1−ε
. Wir definieren nun
xε = x =
x∗ − y ∗
,
kx∗ − y ∗ k
also ist kxk = 1. Es gilt auch (2), denn für ein beliebiges y ∈ Y ist
∗
x − y∗
kx − yk = −
y
kx∗ − y ∗ k
1
= ∗
kx∗ − (y ∗ + kx∗ − y ∗ ky) k
{z
}
|
kx − y ∗ k
d
≥ ∗
> 1 − ε.
kx − y ∗ k
∈Y
Lemma 2.3. In einem unendlich-dimensionalen normierten Raum (X, k k) gibt es
eine Folge xj ∈ X mit kxj k = 1, welche keine konvergente Teilfolge besitzt.
Beweis. Wir wählen ein x1 ∈ X mit kx1 k = 1 und definieren den linearen Unterraum Y1 := hx1 i ⊂ X. Nach Satz 2.4 ist Y1 ein Banach-Raum, also insbesondere
abgeschlossen in X. Nach Lemma 2.2 existiert daher ein x2 ∈ X \ Y1 mit kx2 k = 1
und kx2 − x1 k > 21 . Nun definieren wir Y2 = hx1 , x2 i, dim(Y2 ) = 2. Wiederum ist
Y2 nach Satz 2.4 abgeschlossen in X, und nach Lemma 2.2 existiert ein x3 ∈ X \ Y2
mit kx3 k = 1 und kx3 − x1 k > 21 , kx3 − x2 k > 21 .
Induktiv finden wir so eine Folge xj ∈ X, denn dim(X) = ∞, mit kxj k = 1
und kxi − xj k > 12 für alle i 6= j. Daraus schliessen wir, dass xj keine konvergente
Teilfolge besitzt.
In anderen Worten: Einheitskugeln in unendlich-dimensionalen Vektorräumen
sind gross“.
”
2.2
L(X, Y ), zur Erinnerung
In diesem Abschnitt betrachten wir eine bestimmte Menge von Funktionen. Dazu
nehmen wir zwei normierte Räume X, Y und definieren
L(X, Y ) := {A : X → Y |A ist linear und stetig}.
Wir sehen leicht, dass L(X, Y ) ein Vektorraum ist, denn die lineare Struktur ist
durch die Linearität der Abbildungen gegeben, und wir können in diesem Vektorraum eine Norm
kA(x)k
<∞
kAk := sup kA(x)k = sup
kxk
x6=0
kxk≤1
24
2 NORMIERTE RÄUME
festlegen. Falls der Raum X von unendlicher Dimension ist, dann braucht das Supremum nicht angenommen zu werden, weil dann die Einheitskugel nicht mehr
kompakt ist (zur Erinnerung: auf kompakten Mengen nimmt eine reellwertige und
stetige Funktion immer ihr Supremum und Infimum an).
Satz 2.6. Mit den obigen Definitionen gilt:
i) Ist A ∈ L(X, Y ), B ∈ L(Y, Z), so ist BA ∈ L(X, Z) und BA erfüllt die
Ungleichung
kBAk ≤ kBk kAk.
Insbesondere ist für X = Y die j-te Potenz Aj = AA . . . A wohldefiniert und
es ist kAj k ≤ kAkj für j ≥ 1.
ii) Die obige Abbildung (Verkettung)
L(X, Y ) × L(Y, Z) −→ L(X, Z),
{A, B}
7−→
BA
ist stetig.
Beweis. Für die Normen in den Räumen X, Y, Z gilt
k(BA)(x)k = kB(Ax)k ≤ kBk kA(x)k ≤ kBk kAk kxk
und somit folgt i).
Um die Stetigkeit zu beweisen, schreiben wir
B1 A1 − BA = B1 (A1 − A) + (B1 − B)A.
Dann folgt mit dem Teil i)
kB1 A1 − BAk ≤ kB1 k kA1 − Ak + kB1 − Bk kAk.
Satz 2.7. Ist der Bildraum Y ein Banach-Raum, so ist auch der Raum L(X, Y )
ein Banach-Raum
Beweis. Wir wollen zeigen, dass eine Cauchy-Folge in L(X, Y ) konvergiert. Darum
nehmen wir eine solche Cauchy-Folge An und geben uns ein beliebiges, aber festes
ε > 0 vor. Dann existiert nach Definition der Cauchy-Folge ein Nε =: N , so dass
kAn − Am k < ε für alle n, m > N . Dann folgt
kAn (x) − Am (x)k ≤ εkxk ∀ n, m > N,
(2.3)
das heisst, An (x) ist für jedes x ∈ X eine Cauchy-Folge in Y . Nach Voraussetzung
ist Y ein Banach-Raum, daher existiert der (punktweise) Grenzwert
lim An (x) = A(x) ∈ Y
n→∞
für jedes x ∈ X. Weil die Addition in normierten Räumen stetig ist, ist auch A
wiederum linear. Mit m → ∞ folgt aus (2.3)
kAn (x) − A(x)k ≤ εkxk ∀ n > N.
Zusammen mit der Dreiecksungleichung führt dies zu
kA(x)k ≤ kA(x) − An (x)k + kAn (x)k ≤ (ε + kAn k)kxk,
25
2 NORMIERTE RÄUME
das heisst, A ist wieder in L(X, Y ). Andererseits ist für x 6= 0
kAn (x) − A(x)k
≤ ε ∀ n > N.
kxk
Nehmen wir auf der linken Seite das Supremum über alle x 6= 0, so erhalten wir,
dass kAn − Ak ≤ ε für alle n > Nε und dies gilt für alle ε > 0. Nach der Definition
der Konvergenz in L(X, Y ) folgt also, dass An in L(X, Y ) gegen A konvergiert.
Ganz analog zum bekannten Raum R definieren wir auch in L(X, Y ) Folgen und
Reihen: Ist Aj ∈ L(X, Y ) eine Folge für j ≥ 0, so legen wir eine weitere Folge (N-te
Partialsumme)
N
X
Aj ∈ L(X, Y )
SN :=
j=0
fest. Falls die Folge SN in L(X, Y ) konvergiert, so schreiben w ir für den Grenzwert
lim SN :=
N →∞
∞
X
∈ L(X, Y ).
Aj
j=0
Wie wir bereits gesehen haben, ist L(X, Y ) vollständig, wenn Y vollständig ist. Als
Folge gilt dann auch in L(X, Y ) das Cauchy-Kriterium: SN konvergiert genau dann,
wenn SN eine Cauchy-Folge in L(X, Y ) ist.
Satz 2.8. Sei nun Y ein Banach-Raum und Aj , j ≥ 0, eine Folge in L(X, Y ). Falls
∞
X
j=0
kAj k < ∞,
dann existiert der Grenzwert
lim SN =
N →∞
in L(X, Y ), und k
P
j≥0
Aj k ≤
P
j≥0
X
Aj
j≥0
kAj k
Beweis. Wir wenden das Cauchy-Kriterium an: Nach Voraussetzung existiert
X
j≥0
kAj k = lim
N →∞
N
X
j=0
kAj k =: lim sN
| {z }
N →∞
∈ R.
=:sN
WegenP
dem Cauchy-Kriterium ist sN eine Cauchy-Folge in R. Dann ist aber auch
N
SN = j=0 Aj eine Cauchy-Folge in L(X, Y ), denn
NX
N
+k
X
+k
kAj k = |sN +k − sN |.
≤
Aj kSN +k − SN k = j=N +1 j=N +1
Weil L(X, Y ) vollständig ist, konvergiert SN in L(X, Y ).
Wurzelkriterium:P
Wir können ein Resultat der Analysis auf unser Problem anwenden: Die Reihe j≥1 kAj k konvergiert, wenn lim supj→∞ kAj k1/j < 1.
Wir betrachten im Folgenden den Spezialfall X = Y und schreiben zur Abkürzung L(X, X) =: L(X). Insbesondere nehmen wir an, dass X ein Banach-Raum ist.
Damit wird L(X) wegen Satz 2.7 zu einem vollständigen Raum.
26
2 NORMIERTE RÄUME
Sei jetzt f (z) eine Potenzreihe im komplexen Raum C, also
X
f (z) =
aj z j
j≥0
für z ∈ C. Dann besitzt die Potenzreihe einen wohldefinierten Konvergenzradius
R ≥ 0. Nehme an R > 0. Dann ist auch für A ∈ L(X) mit kAk < R die Reihe
X
aj Aj
f (A) =
j≥0
in L(X) konvergent, denn es gilt
X
X
|aj | kAkj
kaj Aj k ≤
j≥0
j≥0
und wir haben vorausgesetzt, dass kAk < R.
Um diese Idee noch etwas zu illustrieren, hier noch zwei Beispiele:
P
j
1. Exponentialreihe: f (z) = j≥0 zj! =: ez ∈ C. Diese Reihe besitzt den Konvergenzradius R = ∞, also konvergiert die Reihe
eA :=
X Aj
j≥0
j!
für alle A ∈ L(X), falls X ein Banach-Raum ist.
2. Geometrische Reihe: In C konvergiert die Reihe
f (z) =
∞
X
zj
j=0
für alle z mit |z| < 1 und es ist dann f (z) = (1 − z)−1 . Das Selbe gilt für
A ∈ L(X), falls X vollständig ist:
Theorem 2.2 (Neumann’sche Reihe).
Sei X ein Banach-Raum, A ∈ L(X) mit
P∞
kAk < 1. Dann konvergiert die Reihe j=0 Aj in L(X) und es gilt
∞
X
Aj = (1 − A)−1
j=0
∈ L(X).
Beweis. Die oben definierte Folge konvergiert in L(X), denn wegen Satz 2.8 ist für
kAk < 1
∞
X
kAkj = (1 − kAk)−1 < ∞.
j=0
Definieren wir wieder die N -te Partialsumme durch
SN =
N
X
j=0
Aj
∈ L(X),
so ist (1 − A)SN = SN (1 − A) = 1 − AN +1 . Mit der Stetigkeit des Produkts in L(X)
folgern wir dann
lim (1 − A)SN = (1 − A) lim SN = ( lim SN )(1 − A) = 1 − lim AN +1 = 1.
N →∞
N →∞
N →∞
N →∞
27
2 NORMIERTE RÄUME
Wir verallgemeinern das Resultat von Theorem 2.2 wie folgt: Sei X ein BanachRaum und A eine lineare, stetige Abbildung wie in Theorem 2.2, also A ∈ L(X),
für welche gilt kAj k ≤ cϑj für ein ϑ ∈ (0, 1), für alle j ≥ 1 und für eine Konstante
c > 0. Dann konvergiert die Reihe
∞
X
j=0
Aj = (1 − A)−1
in L(X). Dies folgt aus dem Wurzelkriterium und Satz 2.8, denn es ist
1
lim sup kAj k j ≤ ϑ < 1.
j→∞
Satz 2.9 (Spektralradius rA ). Sei A ∈ L(X). Dann existiert der Grenzwert
1
1
rA := lim kAn k n = inf kAn k n ≤ kAk.
n→∞
n≥1
rA heisst der Spektralradius von A.
1
Beweis. Wir setzen α = inf n≥1 kAn k n ∈ R und geben uns ein ε > 0 vor. Nach
1
Definition des Infimums gibt es nun ein m ≥ 1, so dass α ≤ kAm k m < α + ε. Damit
können wir M := max{1, kAk, kA2k, . . . , kAm−1 k} definieren und für jedes n > 0
können wir schreiben: n = kn m + ln , wobei 0 ≤ ln ≤ m − 1 sein soll. Es folgt dann
1
1
1
1
kAn k n = kAkn m Aln k n ≤ kAln k n (kAm kkn ) n
1
≤ M n kAm k
kn
n
1
≤ M n (α + ε)
kn
n
m
1
ln
= M n (α + ε)1− n .
Der Limes auf der rechten Seite für n → ∞ ist gerade (α + ε). Daher existiert ein
N , so dass
1
α ≤ kAn k n < α + 2ε
für alle n ≥ N . Dies gilt wiederum für alle ε > 0, also folgt die Behauptung des
Satzes.
Ist A ∈ L(X), so hängt die Operatornorm kAk von der Wahl der jeweiligen
Norm im Vektorraum X ab. Der Spektralradius rA ∈ R jedoch ist unabhängig von
der Wahl einer Norm in einer Äquivalenzklasse von Normen auf X.
Satz 2.10. Sei X ein Banach-Raum und A ∈ L(X) mit rA < 1. Dann konvergiert
die Neumann-Reihe in L(X) und es ist
∞
X
j=0
Aj = (1 − A)−1
∈ L(X).
Beweis. Der Satz folgt sofort aus Satz 2.8 (Wurzelkriterium):
1
rA := lim kAj k j < 1.
j→∞
An dieser Stelle soll auch noch eine Anwendung dieses Satzes gegeben werden:
Wir betrachten wieder einen Banach-Raum X und eine Abbildung A ∈ L(X) mit
einem Spektralradius rA < 1. Dann hat die lineare Gleichung
x − Ax = y
∈X
für jedes vorgegebene y ∈ X eine eindeutige Lösung
x = (1 − A)−1 (y) =
∞
X
Aj (y).
j=0
Die Lösung x hängt stetig von y ab, da kxk ≤ k(1 − A)−1 k kyk.
28
2 NORMIERTE RÄUME
2.3
Quotientenräume und Produkträume
Aus der Linearen Algebra können wir Folgendes übernehmen: Ist X ein Vektorraum
und Y ⊂ X ein linearer Teilraum von X, so ist der Quotientenraum X/Y der
Vektorraum, dessen Elemente aus den Restklassen
x̂ := x + Y = {x + y|y ∈ Y },
x∈X
bezüglich der Äquivalenzrelation x ∼ ξ ⇐⇒ x − ξ ∈ Y bestehen. Die VektorraumStruktur ist gegeben durch
x̂ + ŷ := x[
+ y,
c
λx̂ := λx,
0 := 0̂
x ∈ x̂, y ∈ ŷ
x ∈ x̂, λ ∈ C
Ist (X, k k) ein normierter Raum, so können wir auf X/Y die Funktion
kx̂k = inf kxk = inf kx − yk = d(x, Y )
y∈Y
x∈x̂
definieren. Wenn Y abgeschlossen ist, so ist kx̂k eine Norm auf X/Y . Um das zu
beweisen, überprüfen wir die drei Kriterien für eine Norm:
i) Es ist
kx̂k = 0 ⇐⇒ d(x, Y ) = 0 ⇐⇒ x ∈ Ȳ = Y ⇐⇒ x̂ = 0̂;
ii) Folgt aus der Definition und der Linearität des Vektorraumes;
iii) Seien x̂1 , x̂2 ∈ X/Y und ε > 0 vorgegeben. Dann gibt es nach der Definition
des Infimums zwei Elemente y1 , y2 ∈ Y , so dass kxj −yj k ≤ kx̂j k+ε (j = 1, 2).
Es folgt dann
kx̂1 + x̂2 k = kx\
1 + x2 k ≤ k(x1 + x2 ) − (y1 + y2 ) k
| {z }
∈Y
≤ kx1 − y1 k + kx2 − y2 k ≤ kx̂1 k + ε + kx̂2 k + ε.
Dies gilt für jedes ε > 0 und daher ist kx̂1 + x̂2 k ≤ kx̂1 k + kx̂2 k.
Satz 2.11. Sei X ein normierter Raum, Y ⊂ X ein abgeschlossener linearer Teilraum. Dann ist der Vektorraum X/Y mit
kx̂k := d(x, Y ),
x ∈ x̂ ∈ X/Y
ein normierter Raum, und es gilt
i) Die lineare Abbildung
p : X −→ X/Y ; x 7−→ x̂
ist stetig, surjektiv und bildet offene Mengen auf offene Mengen ab. p heisst
auch Projektion.
ii) Ist X ein Banach-Raum, so ist auch X/Y ein Banach-Raum.
Beweis. Übungsaufgabe.
Analog wie in einem endlich-dimensionalen Raum können wir ganz allgemein Produkträume definieren:
29
2 NORMIERTE RÄUME
Gegeben seien die endliche Familie (Xj , k kj ), (j = 1, . . . , n), von Vektorräumen.
Dann definieren wir die Menge
X := X1 × X2 × · · · × Xn
der Elemente x = (x1 , x2 , . . . , xn ) mit xj ∈ Xj , wobei die Vektorraum-Struktur
komponentenweise gegeben ist. Auf diesem Produktraum gibt es viele Vektornormen, zum Beispiel
n
X
kxk1 :=
kxj kj
j=1
oder dazu äquivalente Normen
kxk∞ := max kxj kj oder
1≤j≤n

kxkp := 
n
X
j=1
 p1
kxj kpj  .
Der Produktraum X ist genau dann ein Banach-Raum, wenn jeder Faktor Xj ein
Banach-Raum ist.
30
3 PRINZIPIEN DER FUNKTIONALANALYSIS
3
Prinzipien der Funktionalanalysis
3.1
Prinzip der gleichmässigen Beschränktheit
Zum Anfang ziehen wir weitere Folgerungen aus dem Theorem 1.5 von Baire:
Theorem 3.1. Sei X ein Banach-Raum und Aj ∈ L(X, Y ) eine Folge von linearen
und stetigen Abbildungen. Wir nehmen zusätzlich an, dass für jedes x ∈ X gilt:
sup kAj (x)k < ∞.
j≥1
Dann ist supj≥1 kAj k < ∞.
Beweis. Wir definieren die stetigen Funktionen fj (x) := kAj (x)k : X → R. Weil
X vollständig ist, folgt aus Theorem 1.5, dass ein x∗ ∈ X, eine Kugel K,
K := {x ∈ X| kx − x∗ k ≤ r},
r > 0,
und ein γ > 0 existieren, so dass
kAj (x)k ≤ γ,
x ∈ K, j ≥ 1.
Sei nun ein y ∈ X vorgegeben mit kyk ≤ 1. Dann liegt x := x∗ + ry in der Kugel K
und es folgt somit
x − x∗ ≤ 1 kAj (x)k + 1 kAj (x∗ )k ≤ 2 γ
kAj (y)k = Aj
r
r
r
r
für alle y ∈ X mit kyk ≤ 1 und alle j ≥ 1. Das heisst, es ist
kAj k ≤
2
γ
r
für alle j ≥ 1.
Daraus folgt
Satz 3.1. Sei wieder X ein Banach-Raum und Aj ∈ L(X, Y ), j ≥ 1 und es existiere
in Y der punktweise Grenzwert
lim Aj (x) =: A(x)
j→∞
für alle x ∈ X. Dann ist A ∈ L(X, Y ), zudem gilt
sup kAj k < ∞ und kAk ≤ lim inf kAj k.
j→∞
j≥1
In Worten: der punktweise Grenzwert von linearen und stetigen Funktionen ist wieder linear und stetig, falls X vollständig ist.
Beweis. Nach Voraussetzung konvergiert die Folge Aj (x), also ist
sup kAj (x)k < ∞
j≥1
für alle x ∈ X und daher gilt, nach Theorem 3.1, dass auch supj≥1 kAj k < ∞ ist.
Weil die Normen stetig sind, ist
kA(x)k = lim kAj (x)k = lim inf kAj (x)k ≤ (lim inf kAj k)kxk
j→∞
j→∞
für alle x ∈ X, das heisst, es gilt
kAk ≤ lim inf kAj k
j→∞
nach der Definition der Norm kAk.
j→∞
3 PRINZIPIEN DER FUNKTIONALANALYSIS
31
Vorsicht: Der obige Satz ist falsch, falls X nicht vollständig ist! Dazu betrachten
wir den Raum
X := {x ∈ `∞ |x = (xi )i≥1 , xi 6= 0 für nur endlich viele i}
mit der Norm kxk := supj≥1 kxj k < ∞. Der so definierte Raum X ist nicht vollständig. Wir definieren die linearen Funktionen A, An auf X durch
An (x) = (x1 , 2x2 , . . . , nxn , 0, . . .),
A(x) = (x1 , 2x2 , . . . , nxn , (n + 1)xn+1 , . . .) = (jxj )j≥1 .
Für jedes n ist An stetig und kAn k = n. Überdies, A(x) = limn→∞ An (x) für alle
x ∈ X. A ist offensichtlich aber nicht beschränkt und somit sicherlich auch nicht
stetig.
Wir können die Aussage von Satz 3.1 noch verschärfen, wenn wir voraussetzen,
dass auch Y vollständig ist:
Theorem 3.2 (Banach-Steinhaus). Es seien X, Y zwei Banach-Räume und die
Aj ∈ L(X, Y ) eine Folge von stetigen und linearen Abbildungen. Dann sind folgende
Aussagen äquivalent:
i) limj→∞ Aj (x) = A(x) existiert in Y für jedes x in X (aus Satz 3.1 folgt, dass
A ∈ L(X, Y ));
ii) (a) Es ist supj≥1 kAj k < ∞ und
(b) es gibt eine dichte Menge D ⊂ X, so dass
lim Aj (x) =: A(x)
j→∞
existiert für alle x ∈ D.
Beweis. i) ⇒ ii) Dies ist gerade die Aussage von Satz 3.1. Also beweisen wir noch
ii) ⇒ i):
Wir wählen ein x ∈ X. Weil Y ein Banach-Raum ist, genügt es zu zeigen,
dass Aj (x) eine Cauchy-Folge in Y ist. Mit der Dreiecksungleichung können wir
schreiben:
kAn (x) − Am (x)k ≤ kAn (x) − An (y)k + kAn (y) − Am (y)k + kAm (y) − Am (x)k
≤ kAn (y) − Am (y)k + 2 sup kAj k kx − yk.
j≥1
Sei ein ε > 0 beliebig vorgegeben. Nach (a) ist supj≥1 kAj k < ∞ und wir können
nach (b) ein y ∈ D wählen, so dass der zweite Term in der obigen Gleichung kleiner
als 2ε ist. Nach (b) folgt zudem, dass der erste Term kleiner als 2ε ist für alle n, m ≥
N (ε), und somit ist An (x) eine Cauchy-Folge für jedes x ∈ X.
3.2
Prinzip der offenen Abbildung
Für lineare und stetige Abbildung zwischen Banach-Räumen gilt das folgende Theorem.
Theorem 3.3 (Prinzip der offenen Abbildung). Seien X und Y Banach-Räume,
A ∈ L(X, Y ) eine surjektive, stetige und lineare Abbildung. Dann existiert ein c > 0,
so dass für die offenen Kugeln B1 (0) ⊂ X und Bc (0) ⊂ Y gilt
A(B1 (0)) ⊃ Bc (0).
32
3 PRINZIPIEN DER FUNKTIONALANALYSIS
Beweis. Wir schreiben zur Abkürzung B := B 21 (0) ⊂ X und benutzen zuerst, dass
der Raum Y vollständigSist: X lässt sich darstellen als abzählbare Vereinigung von
Bällen B, nämlich X = j≥1 jB. Da die Abbildung A surjektiv ist, folgt
Y = A(X) =
[
jA(B) =
j≥1
[
A(jB) =
j≥1
[
A(jB).
j≥1
Weil Y ein Banach-Raum ist, existiert nach Theorem 1.2 ein j0 , so dass A(j0 B)
eine offene Kugel enthält. Wegen der Linearität von A gibt es ein y ∗ ∈ Y und ein
r > 0, so dass
Br (y ∗ ) ⊂ A(B) ⊂ Y
ist. Dann folgt auch, dass
Br (0) = Br (y ∗ ) − y ∗ ⊂ A(B) − y ∗ ⊂ A(B) − A(B) ⊂ A(2B) ⊂ Y
und schliesslich
Br (0) ⊂ A(B1 (0)) ⊂ Y.
| {z }
⊂X
Wir zeigen nun, dass in Y gilt B r2 (0) ⊂ A(B1 (0)). Das heisst, zu gegebenem
y ∈ Y mit kyk < 2r existiert ein x ∈ X mit kxk < 1, so dass y = A(x). Dazu setzen
wir Bj := B2−j (0) ⊂ X für j ≥ 1. Wir wissen schon, dass
Br2−j (0) ⊂ A(Bj ) ⊂ Y,
j≥1
ist. Sei nun ein y ∈ Y mit kyk < r2 gegeben. Wir konstruieren jetzt eine Folge (xj ),
deren Partialsummen gegen ein x konvergieren, welches die Behauptung erfüllt.
• j = 1 : Nach Definition des Abschlusses gibt es ein x1 ∈ B1 , so dass
ky − A(x1 )k < r2−2 .
• j = 2 : Wir betrachten die Menge y − A(x1 ) ⊂ Br2−2 (0) ⊂ A(B2 ). Wiederum
gibt es nach Definition des Abschlusses ein x2 ∈ B2 , so dass
k(y − A(x1 )) − A(x2 )k < r2−3 .
Iterativ finden wir für jedes j ≥ 1 ein xj mit den Eigenschaften
i) xj ∈ Bj und kxj k < 2−j sowie
ii) ky − A(x1 + x2 + . . . + xj )k < r2−(j+1) .
P
Aus i) folgt, dass die Summe j kxj k konvergiert mit
X
j
kxj k <
X
2−j = 1
j
und weil X als vollständig vorausgesetzt war, existiert der Limes
x := lim
N →∞
N
X
xj
j=1
in X wegen dem Cauchy-Kriterium. Aus ii) und der Stetigkeit von A schliessen wir,
dass A(x) = y.
Folgerung: A bildet offene Mengen auf offene Mengen ab.
3 PRINZIPIEN DER FUNKTIONALANALYSIS
33
Beweis. Sei U ⊂ X offen. Wir müssen zeigen, dass A(U ) ⊂ Y ebenfalls offen ist.
Sei y0 ∈ A(U ), das heisst, y0 = A(x0 ) für ein x0 ∈ U . Wir wählen nun r > 0 so,
dass Br (x0 ) ⊂ U (⊂ X). Daraus schliessen wir, dass auch x0 + Br (0) ⊂ U gilt. Da
A linear ist, folgt
A(x0 ) + A(Br (0)) ⊂ A(U ).
Nach Theorem 3.3 ist Brc (0) ⊂ A(Br (0)) ⊂ Y , und somit können wir aus obiger
Gleichung folgern, dass
A(x0 ) + Brc (0) = Brc (y0 ) ⊂ A(U )
gilt für rc > 0. Mit anderen Worten: A(U ) ist offen.
Dies führt uns zum
Theorem 3.4 (Prinzip der stetigen Inversen). Seien X, Y zwei Banach-Räume
und A ∈ L(X, Y ) injektiv und surjektiv (also bijektiv). Dann liegt die zu A inverse
Abbildung A−1 in L(Y, X).
Beweis. Wir benutzen obiges Theorem 3.3: Demnach gibt es in Y eine offene Kugel
Bc (0), so dass gilt Bc (0) ⊂ A(B1 (0)) für c > 0. Dann folgt in X mittels der Inversen
A−1
A−1 (Bc (0)) ⊂ B1 (0) ⊂ X.
Sei nun y ∈ Y mit kyk ≤ 1 gegeben. Dann folgt wegen der Linearität von A−1 für
die Norm
−1 c c −1
y = kA (y)k ≤ 1.
A
2
2
Das heisst, es ist kA−1 (y)k ≤ 2c für jedes y mit kyk ≤ 1, und somit ist A−1 beschränkt auf der Einheitskugel, also ist A−1 nach Satz 2.5 stetig.
Neben diesen allgemeinen Eigenschaften können wir für sogenannte abgeschlossene Operatoren noch weitere Folgerungen ziehen. Dazu führen wir noch einige neue
Begriffe ein:
Für eine lineare Abbildung A : DA ⊂ X → Y , die auf dem linearen Teilraum
DA – dem Definitionsbereich von A – von X operiert, definieren wir den linearen
Teilraum WA := A(DA ) = {y ∈ Y |y = A(x) für ein x ∈ DA }, der Wertebereich
oder Bildbereich von A.
Einem linearen Operator kann man einen Graphen im Raume X × Y zuordnen.
Sind X und Y normiert, so ist X × Y auch ein normierter Raum mit der Norm
k{x, y}k := kxkX + kykY ,
{x, y} ∈ X × Y.
Definition 3.1. (Graph)
Sei A : DA ⊂ X → Y linear. Dann heisst die Menge ΓA in X × Y , definiert durch
ΓA := { {x, y} ⊂ X × Y |y = A(x), x ∈ DA }
der Graph von A in X × Y . Dies ist ein linearer Teilraum.
Definition 3.2. (abgeschlossener Operator)
Ein linearer Operator A : DA ⊂ X → Y heisst abgeschlossen, falls ΓA in X × Y
abgeschlossen ist.
Satz 3.2. Sei A : DA ⊂ X → Y linear und stetig. Dann gelten:
i) Aus DA = D̄A folgt, dass A abgeschlossen ist.
ii) Ist A abgeschlossen und Y vollständig, so ist DA = D̄A .
34
3 PRINZIPIEN DER FUNKTIONALANALYSIS
Beweis. i) Es sei DA = D̄A und {x, y} ∈ Γ̄A , das heisst, es existiert eine Folge
{xn , A(xn )} ∈ ΓA mit {xn , A(xn )} → {x, y} in X × Y . Nach der Definition der
Norm in X × Y heisst das, dass xn → x in X und A(xn ) → y in Y . Weil nun DA
abgeschlossen ist, folgt x ∈ DA , und weil A stetig ist, A(xn ) → A(x) in Y . Das wiederum bedeutet, dass A(x) = y, also ist {x, y} ∈ ΓA . Folglich ist ΓA abgeschlossen.
ii) Sei A abgeschlossen und stetig und x ∈ D̄A . Dann lässt sich x schreiben als
Limes einer Folge xn in DA , also x = limn→∞ xn . Weil
kA(xn ) − A(xm )k ≤ kAk kxn − xm k,
ist A(xn ) eine Cauchy-Folge in Y und, nach Vorgabe (Y ist vollständig), konvergent.
Nach der Definition der Norm in X×Y konvergiert die Folge {xn , A(xn )} dann gegen
{x, y} ∈ X × Y . Daher ist {x, y} ∈ Γ̄A = ΓA , das heisst, y = A(x) für ein x ∈ DA .
Insbesondere folgt dann, dass DA abgeschlossen ist.
Folgerung: Ist A ∈ L(X, Y ) auf ganz X definiert, so ist A abgeschlossen!
Also: ein stetiger Operator auf einem abgeschlossenen Definitionsbereich ist abgeschlossen. Aber es gibt auch abgeschlossene Operatoren, die nicht stetig sind:
d
auf dem Raum X = C[0, 1]. Es ist
Wir betrachten den Differentialoperator dt
hier X = Y und wir wählen DA = C 1 [0, 1] ⊂ X. Für ein x ∈ DA schreiben wir
A(x)(t) =
d
x(t).
dt
Es gilt: (a) A : DA ⊂ X → Y ist nicht stetig und (b) A ist abgeschlossen.
(a) Wir betrachten die Folge xn (t) = tn , die für 0 ≤ t ≤ 1 definiert ist und auch
in C 1 [0, 1] liegt. Für jedes natürliche n gilt
kxn k = sup |xn (t)| = sup |tn | = 1.
t∈[0,1]
und
t∈[0,1]
d n
kA(xn )k = sup |A(xn )(t)| = sup t = sup |ntn−1 | = n.
dt
t∈[0,1]
t∈[0,1]
t∈[0,1]
Also ist A auf der Einheitskugel in DA ∩ C([0, 1]) nicht beschränkt und somit
auch nicht stetig.
(b) Wir wählen ein {x, y} ∈ Γ̄A und es existiert eine Folge {xn , A(xn )} in ΓA ,
die in X × Y gegen {x, y} konvergiert. Nach der Definition der Norm im
Produktraum X × Y heisst das, dass xn in X gegen x und A(xn ) gegen y
in Y konvergiert. Konvergenz in der Supremumsnorm k k∞ ist jedoch die
gleichmässige Konvergenz auf dem Intervall [0, 1], also folgt aus
Z t
d
xn (t) − xn (0) =
xn (s)ds
dt
0
für n → ∞ die Gleichung
x(t) − x(0) =
Z
t
y(s)ds.
0
Damit erhalten wir die Identität
d
x(t) = y(t)
dt
für 0 ≤ t ≤ 1. Daher ist x ∈ C 1 [0, 1] = DA und es ist y = A(x). Demnach
liegt {x, y} in ΓA , und daher ist Γ̄A = ΓA .
2
35
3 PRINZIPIEN DER FUNKTIONALANALYSIS
Theorem 3.5 (Satz vom abgeschlossenen Graphen). Es seien X und Y zwei
Banach-Räume und A : X → Y eine lineare Abbildung. Dann ist A genau dann
stetig, wenn A abgeschlossen ist.
Beweis. Dass aus der Stetigkeit die Abgeschlossenheit folgt, ist die Aussage von Satz
3.2. Umgekehrt sei ΓA ⊂ X × Y abgeschlossen. Weil unter unseren Voraussetzungen
der Produktraum vollständig ist (Kapitel 2), ist auch (ΓA , k k) ein Banach-Raum.
Wir definieren die Abbildung
P : ΓA → X :
{x, A(x)} 7→ x
in X.
Dann ist P ∈ L(ΓA , X) surjektiv und injektiv. Nach Theorem 3.4 liegt die Inverse
P −1 in L(X, ΓA ). Daher folgt aus der Konvergenz xn → x in X
P −1 (xn ) = {xn , A(xn )} → P −1 (x) = {x, A(x)} in X × Y.
Nach der Definition der Norm in X × Y folgt dann: xn → x und A(xn ) → A(x),
also ist A stetig in x.
Bemerkungen:
1. In Theorem 3.5 war DA = X. Der Satz gilt allgemeiner für A : DA ⊂ X →
Y , falls der Definitionsbereich DA abgeschlossen ist, weil dann der Raum
(DA , k k) ein Banach-Raum ist.
2. Sind X, Y zwei Banach-Räume und A : DA ⊂ X → Y linear und abgeschlossen aber nicht stetig, so ist DA nicht abgeschlossen. Insbesondere ist DA 6= X.
3. Was gewinnen wir durch Theorem 3.5? Antwort: Wir müssen weniger Eigenschaften des Operators überprüfen. Um dies zu erläutern, untersuchen wir den
Unterschied zwischen abgeschlossen und stetig:
• Stetigkeit: Hier müssen wir zeigen, dass aus der Aussage xn → x die zwei
Aussagen
A(xn ) → y (n → ∞)
A(x) = y
folgen.
• Abgeschlossenheit: Wir müssen zeigen, dass aus den zwei Aussagen
xn → x (n → ∞)
A(xn ) → y (n → ∞)
die eine Aussage A(x) = y folgt, das heisst, aus (x, y) ∈ Γ̄A müssen wir
(x, y) ∈ ΓA folgern.
Satz 3.3 (Hellinger-Toeplitz). Sei H ein Hilbert-Raum mit Skalarprodukt ( , ) und
A : H → H eine lineare und symmetrische Abbildung, das heisst, es gilt (A(x), y) =
(x, A(y)) für alle x, y in H. Dann liegt A in L(H) (es soll hier DA = H sein).
Beweis. Wir müssen zeigen, dass ΓA in H ×H abgeschlossen ist. Sei also ein Element
{x, y} ∈ Γ̄A vorgegeben. Dann existiert eine Folge xn in H, so dass {xn , A(xn )} in
H × H gegen {x, y} konvergiert. Da A symmetrisch ist, folgt für jedes z in H
(A(xn ), z) = (xn , A(z))
↓
↓ (n→∞)
(y, z) = (x, A(z)) = (A(x), z)
36
3 PRINZIPIEN DER FUNKTIONALANALYSIS
Mit der Linearität des Skalarproduktes folgt dann, dass (y − A(x), z) = 0 für alle z
in H. Insbesondere ist dann
(y − A(x), y − A(x)) = ky − A(x)k2 = 0.
Die bedeutet aber, dass y = A(x) sein muss und daher liegt {x, y} in ΓA . Damit
haben wir bewiesen, dass ΓA abgeschlossen ist und deshalb ist A nach Theorem 3.5
stetig.
Satz 3.4. Es sei A : DA ⊂ X → Y eine injektive Abbildung. Dann ist A genau
dann abgeschlossen, wenn die zu A inverse Abbildung A−1 : DA−1 ⊂ Y → X,
definiert auf dem Wertebereich WA = DA−1 von A, abgeschlossen ist.
Beweis. Nach Definition des Graphs gilt
ΓA = { {x, A(x)}|x ∈ DA }
−1
ΓA−1 = { {y, A (y)}|y ∈ WA }
= { {A(x), x}|x ∈ DA }.
⊂ X × Y,
⊂Y ×X
Wir definieren eine Bijektion I : X × Y → Y × X durch
{x, y} 7→ {y, x}.
I ist eine surjektive Isometrie, denn es gilt
kI({x, y})k = k{y, x}k = kyk + kxk = k{x, y}k.
Wir schliessen daraus, dass I(ΓA ) = ΓA−1 sein muss. Da eine Isometrie abgeschlossene Mengen auf abgeschlossene Mengen abbildet, folgt sofort die Behauptung des
Satzes.
Mit diesem Satz können wir die Voraussetzung stetig“ in Theorem 3.4 durch ab”
”
geschlossen“ ersetzen:
Theorem 3.6 (Satz von der stetigen Inversen). Es seien X, Y zwei Banach-Räume
und A : DA ⊂ X → Y eine abgeschlossene, injektive und surjektive Abbildung. Dann
gilt A−1 ∈ L(Y, X).
Beweis. Da A abgeschlossen ist, ist nach Satz 3.4 auch A−1 abgeschlossen. Nach
Voraussetzung ist DA−1 = WA = Y , daher ist A−1 : Y → X linear und abgeschlossen. Somit ist nach Theorem 3.5 A−1 stetig.
Als Anwendung der obigen Theorie zeigen wir noch einen Zusammenhang zwischen der Algebra und der Topologie:
Satz 3.5. Sei X ein Banach-Raum. Wir nehmen an, es existierten zwei lineare
Teilräume X1 , X2 von X, für welche gelte
X1 + X 2 = X
und
X1 ∩ X2 = {0},
(3.1)
mit anderen Worten, X1 ⊕X2 = X ist die algebraische direkte Summe. Falls X1 , X2
abgeschlossen sind, dann definiert
A : X1 × X2 → X,
{x1 , x2 } 7→ x1 + x2 = A({x1 , x2 })
einen stetigen Isomorphismus mit stetiger Inversen A−1 .
Also: In Banach-Räumen ist die algebraische direkte Summe von abgeschlossenen linearen Räumen eine topologische direkte Summe!
Beweis. Nach Voraussetzung sind X, Y = X1 × X2 Banach-Räume, und es gilt
kA({x1 , x2 })k = kx1 + x2 k ≤ kx1 k + kx2 k = k{x1 , x2 }k.
Daher ist A : X1 × X2 → X linear und stetig. Wegen (3.1) ist A surjektiv und
injektiv. Mit Theorem 3.4 folgt somit, dass A−1 stetig ist.
37
3 PRINZIPIEN DER FUNKTIONALANALYSIS
3.3
Abschliessbare Operatoren
Es seien X, Y zwei normierte Räume. Ein linearer Teilraum Γ ⊂ X × Y heisst ein
linearer Graph, falls gilt:
Y
Γ
{x, y} ∈ Γ
6
0
⇒
y
=
y
{x, y 0 } ∈ Γ
oder äquivalent dazu
y
{0, y} ∈ Γ ⇒ y = 0,
r {x,y}
x
-X
denn Γ ist ja linear.
Ein Graph Γ ⊂ X × Y definiert immer einen linearen Operator A : DA ⊂ X → Y
durch
DA := {x ∈ X|∃ y ∈ Y mit {x, y} ∈ Γ}
A(x) = y für x ∈ DA (⇔ {x, y} ∈ Γ)
Es gilt dann Γ = ΓA .
Definition 3.3. (abschliessbarer Operator)
Ein linearer Operator A : DA ⊂ X → Y heisst abschliessbar, falls der Abschluss des
Graphen von A, Γ̄A ⊂ X × Y , wieder ein Graph in X × Y ist ( Γ̄A ist ein linearer
Teilraum in X × Y ). Mit anderen Worten: falls {0, y} ∈ Γ̄A , dann ist y = 0, oder
explizit, falls {xn , A(xn )} gegen {0, y} konvergiert für xn ∈ DA , dann ist y = 0.
Zum Beispiel ist jeder stetige Operator A : DA ⊂ X → Y abschliessbar: Es sei
xn ∈ DA eine Folge, so dass {xn , A(xn )} in X × Y gegen {0, y} konvergiert. Dann
folgt nach der Definition der Norm im Produktraum, dass xn in X gegen 0 und
A(xn ) in Y gegen y konvergiert. Weil gilt:
kA(xn )k ≤ kAk kxn k → 0 (n → ∞),
folgt A(xn ) → 0, also ist y = 0.
Definition 3.4. (Abschluss eines Operators)
Sei A : DA ⊂ X → Y ein abschliessbarer Operator. Dann ist der Abschluss Ā von
A der durch den Graphen Γ̄A definierte Operator, so dass
Γ̄A = ΓĀ .
Explizit ausgedrückt: es ist Ā : DĀ ⊂ X → Y mit
DĀ = {x ∈ X| ∃y ∈ Y, so dass {x, y} ∈ Γ̄A }
= {x ∈ X| ∃xn ∈ DA mit {xn , A(xn )} → {x, y} in X × Y },
und
Ā(x) = y,
x ∈ DĀ .
Der so definierte Operator Ā ist abgeschlossen und die kleinste abgeschlossene
Erweiterung von A. Es gilt Ā ⊃ A ⇐⇒ DĀ ⊃ DA und Ā(x) = A(x) für x ∈ DA .
Beispiele:
1. Sei A : DA ⊂ X → Y ein stetiger Operator auf den zwei Banach-Räumen
X, Y . Dann ist A abschliessbar (siehe obiges Beispiel) und Ā : DĀ ⊂ X → Y
ist die stetige Erweiterung von A in DA auf DĀ = D̄A .
2. Differentialoperatoren sind abschliessbar (siehe nachfolgenden Satz 3.6).
38
3 PRINZIPIEN DER FUNKTIONALANALYSIS
Definition 3.5. (Differentialoperator)
Es sei Ω ⊂ Rn offen und zusammenhängend. Wir definieren für α ∈ Nn formal den
Differentialoperator A durch
X
aα (x)Dα ,
A :=
|α|≤N
wobei wir folgende Notation verwenden:
Dα = D1α1 · · · Dnαn ,
∂
,
Dj =
∂xj
aα ∈ C N (Ω),
α = (α1 , . . . , αn ),
|α| = α1 + · · · + αn .
Sei DA = Cc∞ (Ω) die Menge der glatten Funktionen von Ω nach R mit kompaktem
Träger in Ω. Dann ist der Operator A : DA ⊂ Lp (Ω) → Lp (Ω) für p ≥ 1 definiert
durch
X
aα (x)Dα f (x),
f ∈ DA , x ∈ Ω.
(Af )(x) :=
|α|≤N
Es ist klar, dass Cc∞ (Ω) ⊂ Lp (Ω) und für eine Funktion f ∈ Cc∞ (Ω) ist Af stetig
mit kompaktem Träger, also liegt Af wieder in Lp (Ω)
Satz 3.6. Der Differentialoperator ist abschliessbar.
Beweis. Wir müssen zeigen, dass für eine Folge fn ∈ Cc∞ (Ω), die in Lp (Ω) gegen 0
konvergiert, mit A(fn ) → g in Lp (Ω), folgt, dass g = 0 in Lp (Ω).
Es sei ein ϕ ∈ Cc∞ (Ω) beliebig vorgegeben, dann folgt mit dem Satz von Fubini
und partieller Integration (die Randterme verschwinden jeweils wegen dem kompakten Träger)
Z
Z
X
fn
(−1)|α| Dα (aα ϕ) dx
A(fn )ϕ dx =
Ω
Ω
Z
↓
gϕ dx =
Ω
Z
|α|≤N
↓
|
{z
g ∗ ∈Lp (Ω)
n→∞
}
0 g ∗ dx,
Ω
denn ϕ liegt in Lq (Ω) mit p1 + 1q = 1 und nach Hölder ist
Z
Z
Z
A(fn )ϕ dx −
A(fn ) − g ϕ dx
gϕ dx = Ω
Ω
ZΩ
≤
| A(fn ) − g | |ϕ| dx
{z }
Ω |
∈Lp (Ω)
R
≤ kA(fn ) − gkLp (Ω) kϕkLq (Ω) .
|
{z
}
→0
Cc∞ (Ω).
Dann ist, wie wir später sehen
Das heisst, es ist Ω gϕ dx = 0 für alle ϕ ∈
werden, g(x) = 0 für fast alle x ∈ Ω, das heisst, es ist g = 0 in Lp (Ω).
Was ist nun der Abschluss des Differentialoperators A? Nach Definition ist (wegen der Vollständigkeit von Lp (Ω)) der Definitionsbereich DĀ die Menge aller Funktionen f ∈ Lp (Ω), so dass eine Folge ϕn ∈ Cc∞ (Ω) existiert, die in Lp (Ω) gegen f
konvergiert, und A(ϕn ) eine Cauchy-Folge in Lp (Ω) ist.
3 PRINZIPIEN DER FUNKTIONALANALYSIS
39
Sei f ∈ DĀ , dann ist
Ā(f ) = lim A(ϕn ) in Lp (Ω).
n→∞
DĀ enthält Elemente aus Lp (Ω), die nicht mehr differenzierbar zu sein brauchen.
Das führt uns später zu den sogenannten Sobolev-Räumen.
Zudem ist auch nicht jeder Operator abschliessbar. Wir betrachten zum Beispiel
die Räume X = L2 (R) und Y = R und setzen
DA := {x ∈ L2 |x ≡ 0 ausserhalb eines kompakten Intervalls} ⊂ L2 (R) ∩ L1 (R).
Wir definieren für x ∈ DA den Operator A durch
Z ∞
A(x) =
x(t) dt.
−∞
Die Folge xn mit
xn (t) =
(
1/n |t| ≤ n
0
|t| > n
liegt in DA und es ist A(xn ) = 2 für alle n. Es gilt
Z ∞
2
2
kxn kL2 (R) =
x2n (t) dt = → 0.
n
−∞
Also konvergiert xn in L2 (R) gegen 0 und A(xn ) in R gegen 2. Also ist {0, 2} ∈ Γ̄A .
Dann aber kann Γ̄A kein Graph in L2 (R) × R sein.
4 DER FORTSETZUNGSSATZ VON HAHN-BANACH
4
40
Der Fortsetzungssatz von Hahn-Banach
In diesem Abschnitt wollen wir den Fortsetzungssatz für lineare Abbildungen von
Hahn und Banach beweisen. Der Satz gibt uns die Möglichkeit, eine lineare Funktion
f : M ⊂ X → R (C), welche auf dem linearen Teilraum M eines Vektorraumes X
definiert ist, unter Einhaltung einer gewissen Abschätzung, auf ganz X fortzusetzen.
4.1
Der Satz von Hahn-Banach
Wir unterscheiden zwischen reellem und komplexem Fall und beweisen den Satz für
die beiden Fälle getrennt. Für den Beweis des Fortsetzungssatzes benötigen wir das
Lemma von Zorn, welches wir allerdings nicht beweisen werden:
Definition 4.1. (binäre Relation, Halbordnung)
Es sei P eine Menge. Eine binäre Relation in P ist eine Teilmenge R von P × P .
Anstelle von (a, b) ∈ R schreibt man auch aRb.
Ist die binäre Relation R zusätzlich reflexiv, antisymmetrisch und transitiv, das
heisst, für alle a, b, c ∈ P besitzt R die Eigenschaften
aRa
:⇐⇒ R ist reflexiv,
aRb ∧ bRa ⇒ a = b :⇐⇒ R ist antisymmetrisch,
aRb ∧ bRc ⇒ aRc
:⇐⇒ R ist transitiv,
so bezeichnet man R auch als Halbordnung in P und schreibt a < b statt aRb.
Definition 4.2. (linear bzw. total geordnete Menge)
Eine Teilmenge P0 ⊂ P heisst linear (oder total ) geordnet, falls für je zwei Elemente
h, g ∈ P0 gilt, dass h < g oder h > g.
Lemma 4.1 (Zorn’sches Lemma). Es sei (P, <) eine nicht-leere, halbgeordnete
Menge, so dass jede linear geordnete Teilmenge eine obere Schranke besitzt. Dann
existiert ein maximales Element h∗ in P , das heisst, es gilt: Ist h∗ < h für ein
h ∈ P , so ist h∗ = h.
Bemerkung: Das Zorn’sche Lemma ist äquivalent zum Auswahlaxiom.
Nun kommen wir zum
Theorem 4.1 (Hahn-Banach, reell). Gegeben seien ein reeller Vektorraum X, eine
reellwertige Funktion p : X → R, so dass für alle x, y in X gilt
p(x + y) ≤ p(x) + p(y)
p(tx) = t p(x)
und
für t ≥ 0,
sowie ein linearer Teilraum M ⊂ X und eine lineare Funktion f : M → R, mit der
Eigenschaft
f (x) ≤ p(x) ∀ x ∈ M.
Dann existiert eine lineare Funktion F : X → R mit
F (x) = f (x)
F (x) ≤ p(x)
∀ x ∈ M und
∀ x ∈ X.
Beweis. Wir dürfen annehmen, dass M 6= X ist (sonst gäbe es nichts zu beweisen).
Daher gibt es ein x1 , welches nicht in M liegt. Somit können wir die Menge
M1 := {x + tx1 |x ∈ M, t ∈ R}
definieren, welche M enthält (setze t = 0). Wir suchen nun eine lineare Funktion
f1 : M1 → R mit den Eigenschaften f1 (x) = f (x) auf M und f1 (x) ≤ p(x) auf M1 .
4 DER FORTSETZUNGSSATZ VON HAHN-BANACH
41
Weil f1 linear sein soll, gilt nach obiger Definition auf M1
f1 (x + tx1 ) = f1 (x) + f1 (tx1 ) = f (x) + t f1 (x1 ).
Gesucht ist nun eine Konstante c = f1 (x1 ), so dass für alle z ∈ M1 giltf1 (z) ≤ p(z).
Nach Voraussetzung gilt für alle x, y ∈ M
f (x) + f (y) = f (x + y) ≤ p(x + y) = p(x − x1 + y + x1 ) ≤ p(x − x1 ) + p(y + x1 ).
Schreiben wir obige Gleichung um, so folgt
f (x) − p(x − x1 ) ≤ p(y + x1 ) − f (y) ∀ x, y ∈ M.
Wir legen c nun fest als
c := sup f (x) − p(x − x1 ) ≤ p(y + x1 ) − f (y) ∀ y ∈ M.
x∈M
Daraus folgt
f (x) − c ≤ p(x − x1 ) ∀ x ∈ M
.
f (y) + c ≤ p(y + x1 ) ∀ y ∈ M
(4.1)
Damit können wir nun f1 definieren durch f1 (x+tx1 ) = f (x)+tc. Für diese Funktion
gilt f1 (z) ≤ p(z) auf M1 , denn: Aus (4.1) folgt, nach der Multiplikation mit t > 0
und der Ersetzung von x durch xt :
t f xt − tc ≤ t p xt − x1 t f yt + tc ≤ t p yt + x1 .
Mit der Linearität von f und den Eigenschaften von p folgt
f1 (x − tx1 ) = f (x) − tc ≤ p(x − tx1 )
f1 (y + tx1 ) = f (y) + tc ≤ p(y + tx1 )
für alle x, y ∈ M und t > 0. Wir hatten vorausgesetzt, dass auf M gilt f (x) ≤ p(x),
und so folgt f1 (x + tx1 ) ≤ p(x + tx1 ) für alle x ∈ M und t ∈ R, das heisst, es ist
f1 (z) ≤ p(z) auf ganz M1 .
Jetzt führen wir eine transfinite Induktion (nach Zorn) durch. Es bezeichne P
die Menge aller linearen Abbildungen h : Dh ⊃ M → R, definiert auf einem linearen
Teilraum Dh ⊂ X, mit den Eigenschaften
1) h : Dh → R,
2)
3)
M ⊂ Dh ⊂ X,
h(x) = f (x) x ∈ M
h(x) ≤ p(x) x ∈ Dh
Die Menge P ist sicher nicht leer (sie enthält f ), und wir definieren die Halbordnung
< auf P:
h1 < h2 ⇐⇒ Dh1 ⊂ Dh2 und h1 = h2 auf Dh1 .
Die Axiome für eine Halbordnung lassen sich schnell überprüfen:
1. h < h für alle h ∈ P;
2. Aus h1 < h2 und h2 < h1 folgt h1 = h2 ;
3. Gilt h1 < h2 und h2 < h3 , so ist auch h1 < h3 .
4 DER FORTSETZUNGSSATZ VON HAHN-BANACH
42
Also ist P eine halb-geordnete Menge.
Als nächstes zeigen wir, dass jede linear geordnete Teilmenge P0 ⊂ P eine obere
Schranke h0 besitzt: Wir definieren h0 auf
[
D h0 =
Dh ⊂ X
h∈P0
durch
h0 (x) = h(x) x ∈ Dh .
Es ist dann h0 ∈ P und h < h0 für alle h ∈ P0 .
Nun können wir das Lemma von Zorn anwenden: wir wählen ein maximales
Element h∗ ∈ P. Dann ist
∗
h (x) = f (x) ∀ x ∈ M
nach Konstruktion von P
h∗ (x) ≤ p(x) ∀ x ∈ Dh∗
und es ist Dh∗ = X. Denn wäre dies nicht der Fall, so würde, nach dem ersten
Beweisschritt, eine von h∗ verschiedene Abbildung h ∈ P mit h∗ < h existieren, im
Widerspruch zur Maximalität von h∗ . Wir sehen, dass h∗ die gesuchte Abbildung
F ist.
Theorem 4.2 (Hahn-Banach, komplex). Analog zum obigen reellen Fall seien ein
komplexer Vektorraum X und eine reellwertige Funktion p : X → R mit den Eigenschaften
p(x + y) ≤ p(x) + p(y),
p(αx) = |α|p(x),
p(x) ≥ 0
für alle x, y aus X und für alle α ∈ C gegeben, sowie ein komplexer linearer Teilraum
M ⊂ X und eine C-lineare Abbildung f : M → C, mit
|f (x)| ≤ p(x)
x ∈ M,
gegeben. Dann existiert eine C-lineare Funktion F : X → C mit
F (x) = f (x)
|F (x)| ≤ p(x)
x ∈ M,
x ∈ X.
Beweis. Wir führen den Beweis auf den reellen Fall zurück. Dazu betrachten wir
die Funktion f einmal etwas genauer. Diese Funktion lässt sich schreiben als
f (x) = Re f (x) + i Im f (x) = f1 (x) + i f2 (x).
In dieser Zerlegung sind f1 , f2 R-linear und, weil f C-linear ist,
f (ix) = i f (x)
⇐⇒ f1 (ix) + i f2 (ix) = i f1 (x) − f2 (x)
⇒ f2 (x) = −f1 (ix).
Das heisst, f ist von der Form
f (x) = f1 (x) − i f1 (ix).
(4.2)
Unserer Annahme zu Folge ist
f1 (x) ≤ |f1 (x)| ≤ |f (x)| ≤ p(x)
x ∈ M,
4 DER FORTSETZUNGSSATZ VON HAHN-BANACH
43
es existiert daher nach Theorem 4.1 eine R-lineare Abbildung F1 : X → R, so dass
gilt
x ∈ M,
F1 (x) = f1 (x)
F1 (x) ≤ p(x)
x ∈ X.
Zudem folgt aus den Eigenschaften von p, dass mit
−F1 (x) = F1 (−x) ≤ p(−x) = p(x)
x∈X
für alle x aus X gilt |F1 (x)| ≤ p(x).
Wir definieren auf X nun die Abbildung F (x) = F1 (x) − i F1 (ix). Damit ist
wegen (4.2) für alle x ∈ M F (x) = f (x) und wir zeigen:
i) F : X → C ist C-linear und
ii) es gilt: |F (x)| ≤ p(x) für alle x aus X.
Für den ersten Teil genügt es zu zeigen, dass F (ix) = i F (x), also
F (ix) = F1 (ix) − i F1 (−x) = F1 (ix) + i F1 (x) = i(F1 (x) − i F1 (ix)) = i F (x).
Für den zweiten Teil setzen wir F (x) = re−iϑ für ein ϑ in R. Dann ist
r = |F (x)| = eiϑ F (x) = F (eiϑ x) ≥ 0,
insbesondere ist F (eiϑ x) reell und nicht negativ, also ist
0 ≤ |F (x)| = F (eiϑ x) = F1 (eiϑ x) = |F1 (eiϑ x)| ≤ p(eiϑ x) = |eiϑ |p(x) = p(x).
4.2
Folgerungen aus dem Fortsetzungssatz
Definition 4.3. (Dualraum)
Der Dualraum X 0 (auch X ∗ ) eines normierten Raumes X ist der normierte Raum
X 0 = L(X, C) beziehungsweise X 0 = L(X, R) mit der Norm
kf k := sup |f (x)|,
kxk≤1
f ∈ X 0.
Bemerkung: Solche Dualräume sind immer auch Banach-Räume, weil C beziehungsweise R vollständig sind (siehe dazu Satz 2.7).
Satz 4.1. Ist X ein normierter Raum, M ein linearer Teilraum von X und f ∈ M 0 ,
so existiert ein F ∈ X 0 mit den Eigenschaften
F (x) = f (x),
x∈M
und
kF k = kf k.
Beweis. Wir definieren die Funktion p : X → R durch p(x) := kf k kxk für alle x
aus X. Da f ein Element aus L(M, C) ist, folgt
|f (x)| ≤ kf k kxk = p(x)
∀ x ∈ M.
Nach Theorem 4.2 existiert eine Abbildung F : X → C, welche auf M mit f
identisch ist und für die auf ganz X gilt |F (x)| ≤ p(x) = kf k kxk. Das heisst, F ist
ein Element von L(X, C) = X 0 und es ist kF k ≤ kf k. Weil F ≡ f auf M gilt, so
folgt kF k ≥ kf k und der Satz ist bewiesen.
4 DER FORTSETZUNGSSATZ VON HAHN-BANACH
44
Satz 4.2. Sei X ein normierter Raum, 0 6= x∗ ∈ X. Dann existiert eine Abbildung
f ∈ X 0 mit
f (x∗ ) = kx∗ k > 0
und
kf k = 1.
Beweis. Wir benutzen obigen Satz 4.1. Dazu definieren wir die Menge
M := {αx∗ |α ∈ C} ⊂ X.
M ist ein linearer Teilraum von X. Nun betrachten wir die Funktion ϕ ∈ M 0 , die
durch
ϕ(αx∗ ) = αkx∗ k
definiert ist. Es ist offensichtlich ϕ(x∗ ) = kx∗ k und
|ϕ(αx∗ )| = |α| kx∗ k = kαx∗ k,
und daher |ϕ(x)| = kxk für alle x in M . Also ist kϕk = 1. Die gesuchte Abbildung
f findet man jetzt nach Satz 4.1.
Daraus können wir nun Folgendes schliessen
1. Ist ein x0 in X gegeben und ist f (x0 ) = 0 für alle f aus X 0 , so ist x0 = 0.
2. Sind x 6= y in X, dann existiert eine lineare Abbildung f ∈ X 0 , für welche
gilt:
f (x) 6= f (y)
und
kf k = 1,
denn nach Satz 4.2 gibt es eine Funktion f ∈ X 0 mit f (x − y) = kx − yk > 0
und kf k = 1. Mit anderen Worten: wir können zwei verschiedene Punkte in
X durch eine lineare Funktion f ∈ X 0 voneinander trennen.
Doch wir können noch mehr erreichen:
Satz 4.3. Es seien X ein normierter Raum, M ein linearer Teilraum von X und
x∗ 6∈ M̄ , das heisst,
d = dist(x∗ , M ) = inf kx∗ − xk > 0.
x∈M
Dann existiert eine Abbildung F ∈ X 0 ,
rx∗
so dass
PP

PP
d

PP
F (x) = 0 für x ∈ M
r
PP
M
PP
P
F (x) = d für x = x∗ .
PP


P
PP
kF k = 1
PP
Mit anderen Worten: wir können einen abgeschlossenen Teilraum M̄ und einen
Punkt x∗ 6∈ M̄ durch eine Abbildung f in X 0 voneinander trennen.
Beweis. Wir definieren den linearen Teilraum
M1 := {x + tx∗ |x ∈ M, t ∈ R} ⊂ X
und die lineare Abbildung f : M1 → C
f (x + tx∗ ) := td,
wobei d = dist(x∗ , M ) sei. Mit dieser Definition ist f (x) = 0 für alle x aus M (t = 0)
und f (x∗ ) = d (t = 1). Wir zeigen nun, dass kf k = 1 gilt, und dann folgt Satz 4.3
aus Satz 4.1:
4 DER FORTSETZUNGSSATZ VON HAHN-BANACH
45
Jedes y ∈ M1 lässt sich schreiben als y = x + tx∗ , wobei x ∈ M ist. Sei nun
t 6= 0. Dann ist nach Definition des Infimums
1
1
∗ ∗
∗
x + x = |t| x + x ≥ |t|d = |f (y)|,
kyk = kx + tx k = t
t
t
da 1t x wieder in M liegt. Somit ist |f (y)| ≤ kyk und daher kf k ≤ 1.
Um die andere Richtung zu zeigen, geben wir uns ein beliebiges ε > 0 vor. Nach
der Definition des Infimums existiert ein x ∈ M mit kx−x∗ k ≤ d+ε. Wir definieren
y :=
mit kyk = 1. Es folgt
x − x∗
∈ M1 ,
kx − x∗ k
kf k ≥ |f (y)| = −1 d
d≥
.
kx − x∗ k d+ε
Dies gilt für jedes ε > 0, also ist kf k ≥ 1.
Dieses Resultat wollen wir nun in der Approximationstheorie anwenden: gesucht
sind Abschätzungen von
inf kx∗ − xk = dist(x∗ , M ).
x∈M
Dazu benötigen wir folgende Definition:
Definition 4.4. (Annihilator)
Sei A ⊂ X eine Teilmenge von X. Der Annihilator von A ist die Menge
A⊥ := {f ∈ X 0 |f (x) = 0 ∀ x ∈ A} ⊂ X 0 .
Theorem 4.3. Es sei M ein abgeschlossener, linearer Teilraum von X und x ∗ 6∈ M .
Dann existiert eine Abbildung f ∗ ∈ X 0 mit f ∗ ∈ M ⊥ und kf ∗ k = 1, so dass
d(x∗ , M ) = f ∗ (x∗ ) = sup |f (x∗ )|.
kf k=1
f ∈M ⊥
Beweis. Nach Satz 4.3 existiert ein f ∗ in X 0 mit kf ∗ k = 1 und f ∗ ∈ M ⊥ , so dass
d(x∗ , M ) = f ∗ (x∗ ). Es bleibt noch zu zeigen, dass f ∗ ein Maximum ist.
Es sei f ∈ M ⊥ mit kf k = 1 und m ∈ M . Es ist f (m) = 0 und es folgt
|f (x∗ )| = |f (x∗ − m)| ≤ kf k kx∗ − mk = kx∗ − mk.
Daher gilt
sup |f (x∗ )| ≤ kx∗ − mk,
kf k=1
f ∈M ⊥
und zwar für alle m ∈ M , also ist
sup |f (x∗ )| ≤ inf kx∗ − mk = d(x∗ , M ) = f ∗ (x∗ ).
kf k=1
f ∈M ⊥
m∈M
4 DER FORTSETZUNGSSATZ VON HAHN-BANACH
46
Bemerkung: In der Gleichung
inf kx∗ − mk = d(x∗ , M ) = sup |f (x∗ )|
m∈M
kf k=1
f ∈M ⊥
wird das Infimum auf der linken Seite nicht immer angenommen (falls X nicht
reflexiv ist, dazu später mehr). Das Supremum rechts wird hingegen immer angenommen, das heisst, es existiert ein Maximum.
Satz 4.4. Es sei A eine Teilmenge von X und hAi die lineare Hülle von A. Dann
sind äquivalent:
i) x∗ ∈ hAi;
ii) f (x∗ ) = 0 für alle f ∈ A⊥ .
Beweis. i) ⇒ ii) Sei x∗ ∈ hAi. Daher ist x∗ = limn→∞ xn für eine Folge xn ∈ hAi.
Dann gilt für jedes f ∈ A⊥ , dass f (xn ) = 0 ist für alle n. Da f stetig ist, folgt
0 = lim f (xn ) = f (x∗ ).
n→∞
ii) ⇒ i) Es sei x∗ 6∈ hAi =: M . Dann existiert nach Theorem 4.3 ein f ∈ M ⊥ ⊂ A⊥ ,
so dass f (x∗ ) = dist(x∗ , M ) > 0.
Für das Paar X 0 , X von normierten Räumen erhalten wir die kanonische Bilinearform
X 0 × X −→ C,
{f, x} 7−→ f (x)
=:
hf, xi.
Die Bilinearform ist stetig, denn nach der Definition der Norm in X 0 ist
|hf, xi| ≤ kf k kxk.
Satz 4.5. Sei X ein normierter Raum. Dann ist
i) f ∈ X 0 :
kf k =
ii) x ∈ X :
kxk =
sup
x∈X,kxk≤1
|hf, xi|;
sup
f ∈X 0 ,kf k≤1
|hf, xi|.
Beweis. i) ist die Definition der Norm für f ∈ X 0 .
ii) Wir nehmen ein f ∈ X 0 mit kf k ≤ 1. Dann ist
|hf, xi| ≤ kf k kxk ≤ kxk,
also
sup
f ∈X 0 ,kf k≤1
|hf, xi| ≤ kxk.
Umgekehrt sei x 6= 0 ∈ X, dann existiert nach Satz 4.2 eine Abbildung f ∈ X 0 mit
kf k = 1 und f (x) = kxk, das heisst, mit hf, xi = kxk. Also ist
sup
f ∈X 0 ,kf k=1
|hf, xi| ≥ kxk.
47
5 SOBOLEV-RÄUME
5
Sobolev-Räume
In diesem Abschnitt betrachten wir Sobolev-Räume, das sind Funktionenräume, in
welchen integrable und gleichzeitig differenzierbare Eigenschaften von Funktionen
kontrolliert werden.
5.1
Der Glättungsoperator
Die Faltung zweier Funktionen f, g : Rn → C (R) ist, zunächst formal, die Funktion
f ∗ g : Rn → C (R), definiert durch
Z
f ∗ g(x) =
f (x − y)g(y)dy
x ∈ Rn
n
ZR
=
f (ξ)g(x − ξ)dξ
(ξ = x − y)
Rn
= g ∗ f (x).
Wann aber existiert dieses Faltungsprodukt? Dazu zitieren wir einen Satz aus der
Integrationstheorie.
Satz 5.1 (Faltung). Sei f ∈ L1 (Rn ) und g ∈ Lp (Rn ) für ein p ≥ 1. Dann ist, für
fast alle x ∈ Rn , die Funktion
y 7−→ f (x − y)g(y)
auf Rn integrabel und es ist f ∗ g ∈ Lp (Rn ) und kf ∗ gkLp ≤ kf kL1 kgkLp .
Beweis. Der Beweis wird durch die Sätze von Tonelli und Fubini geführt und kann
zum Beispiel dem Buch Analyse fonctionelle von H. Brezis entnommen werden.
In Anlehnung zur Masstheorie definieren wir
Lp (Rn ) := {Äquivalenzklassen von f : Rn → C/R|f messbar und |f |p ∈ L1 (Rn )},
das heisst,
Z
Rn
n
|f (x)|p dx < ∞.
Wir können, etwas allgemeiner, R durch eine beliebige messbare Teilmenge Ω von
Rn ersetzen: Es ist dann
Lp (Ω) := {f : Ω → C/R|f messbar und χΩ ◦ f ∈ Lp (Rn )}.
Auf dem so definierten Funktionenraum können wir für p ≥ 1 eine Norm festsetzen:
kf kLp(Ω) := kf kp =
Z
Ω
|f (x)|p dx
p1
.
Damit wird Lp (Ω) zu einem Banach-Raum. Wir betrachten nun eine Klasse von
ganz speziellen Funktionen: es sei ρ : Rn → R mit den Eigenschaften
i) ρ ∈ C ∞ (Rn );
ii) ρ(x) ≥ 0 für alle x und ρ(x) = 0 für alle x mit |x| ≥ 1;
R
iii) Rn ρ dµ = 1.
48
5 SOBOLEV-RÄUME
Zum Beispiel können wir ρ wählen als
(
1
ce |x|2 −1
ρ(x) =
0
|x| < 1
,
|x| ≥ 1
wobei c > 0 so gewählt ist, dass ρ die Bedingung iii) erfüllt.
Definition 5.1. (Dirac-Folge)
Eine Dirac-Folge zu ρ ist die Familie von Funktionen ρλ ∈ C ∞ (Rn ), λ > 0, mit
ρλ (x) =
Es gilt:
1 x
ρ
λn
λ
x ∈ Rn .
6
i) ρλ ∈ C ∞ (Rn );
ii) ρλ (x) ≥ 0 für alle x und
ρλ (x) = 0 für alle x mit |x| ≥ λ;
R
iii) Rn ρλ dµ = 1.
ρλ
ρ
−1
−λ
λ
1
Lemma 5.1 (Glättung). Sei u ∈ L1loc (Rn ), das heisst lokal integrabel für alle kompakten Teilmengen K ⊂ Rn ( ⇐⇒ χK ◦ u ∈ L1 (K)). Dann ist
ρλ ∗ u ∈ C ∞ (Rn ).
Beweis. Wir betrachten
ρλ ∗ u(x) =
Z
Rn
ρλ (x − y)u(y) dy.
Das Integral existiert, weil nur über ein kompaktes Intervall integriert wird, denn
es ist ja ρλ (x − y) = 0, falls |x − y| ≥ λ. Wir schreiben daher
Z
ρλ ∗ u(x) =
ρλ (x − y)u(y) dy
|x−y|≤λ
und
1
(ρλ ∗ u(x + hej ) − ρλ ∗ u(x)) =
h
Z
Rn
1
(ρλ (x + hej − y) − ρλ (x − y)) u(y) dy.
h
Die rechte Seite konvergiert nach dem Lebesgue-Majorantensatz mit h → 0 gegen
Z
Dj ρλ (x − y)u(y) dy.
Rn
Das heisst, es ist (mit Dj =
∂
∂xj )
Dj (ρλ ∗ u) = (Dj ρλ ) ∗ u.
Wir können dieses Vorgehen wiederholt anwenden und erhalten so, mit der Notation
von Definition von Seite 38,
Dα (ρλ ∗ u)(x) = (Dα ρλ ) ∗ u(x).
Da ρλ glatt (also in C ∞ (Rn )) ist, folgt die Behauptung.
49
5 SOBOLEV-RÄUME
Wir führen noch folgende Notation ein: für A ⊂ Rn ist
Aε := {x ∈ Rn |dist(x, A) ≤ ε}.
Lemma 5.2. Es sei u ∈ L1loc (Rn ) mit kompaktem Träger supp(u). Dann ist
ρλ ∗ u ∈ Cc∞ (Rn ) und
supp(ρλ ∗ u) ⊂ supp(u) λ für alle λ > 0.
Beweis. Es ist ρλ (x − y)u(y) = 0, falls y 6∈ supp(u) oder falls |x − y| ≥ λ. Daher ist
ρλ ∗ u(x) = 0, falls dist(x, supp(u)) ≥ λ.
Lemma 5.3 (Approximation). Es sei u ∈ Cc (Rn ) Dann gilt
λ→0
sup |ρλ ∗ u(x) − u(x)| = kρλ ∗ u − uk∞ −−−→ 0.
x∈Rn
Beweis. Wegen der Eigenschaft iii) von ρλ folgt
Z
|ρλ ∗ u(x) − u(x)| = ρλ (x − y) u(y) − u(x) dy Rn
Z
≤
ρλ (x − y)|u(y) − u(x)|dy
|x−y|≤λ
Z
ρλ (x − y)dy .
≤ sup |u(y) − u(x)|
n
|x−y|≤λ
|R
{z
}
=1
Weil der Träger supp(u) von u kompakt ist, ist u gleichmässig stetig auf Rn , das
heisst, das Supremum in der letzten Zeile konvergiert für alle x ∈ Rn gleichmässig
gegen 0, falls λ gegen 0 geht.
In der Folge gilt sogar: mit den Voraussetzungen von Lemma 5.3 gilt
kρλ ∗ u − ukp −→ 0
(λ → 0).
Denn wählen wir eine kompakte Menge K gross genug, so ist
Z
Z
p
p
p
kρλ ∗ u − ukp =
|ρλ ∗ u(x) − u(x)| dx ≤ kρλ ∗ u − uk∞
1 dx ,
K
| K{z }
=m(K)<∞
und die rechte Seite konvergiert gemäss Lemma 5.3 gegen 0, wenn λ gegen 0 strebt.
Theorem 5.1. Es seien Ω ⊂ Rn offen und u ∈ Lp (Ω) für ein p ≥ 1 (wir setzen
u(x) = 0 für alle x 6∈ Ω). Dann ist
i) ρλ ∗ u ∈ C ∞ (Ω) ∩ Lp (Ω);
ii) kρλ ∗ ukLp(Ω) ≤ kukLp(Ω) ;
iii) kρλ ∗ u − ukLp(Ω) −→ 0 für λ → 0.
Beweis. Zuerst zeigen wir, dass u in L1loc (Ω) liegt: Zu gegebenem p wählen wir ein
q, so dass p1 + 1q = 1. Zudem sei K ⊂ Ω kompakt. Dann gilt
χK ◦ u = χK ◦ (χK ◦ u)
|{z} | {z }
∈Lq
∈Lp
∈ L1 (K),
50
5 SOBOLEV-RÄUME
das heisst, u ist ein Element von L1loc (Ω) (siehe dazu auch Lemma 5.1).
Weil kρλ kL1 (Ω) = 1, so folgen die Aussagen i) und ii) aus Satz 5.1 und Lemma
5.1. Für den Beweis von iii) sei v ∈ Cc (Ω). Wir bekommen dann mit der Dreiecksungleichung (zweimal angewendet)
ku − ρλ ∗ ukLp(Ω) ≤ ku − vkLp (Ω) + kv − ρλ ∗ vkLp (Ω) + kρλ ∗ v − ρλ ∗ ukLp(Ω)
{z
}
|
=kρλ ∗(v−u)kLp (Ω)
≤ 2ku − vkLp (Ω) + kv − ρλ ∗ vkLp (Ω) .
Wir benutzen, dass Cc (Ω) in Lp (Ω) für jedes p ≥ 1 dicht liegt. So existiert nämlich
zu jedem ε > 0 ein v ∈ Cc (Ω) mit ku−vkLp(Ω) < ε. Zudem können wir nach Lemma
5.3 λ so klein wählen, dass kv − ρλ ∗ vkLp (Ω) < ε wird. Damit erhalten wir
ku − ρλ ∗ ukLp (Ω) < 3ε.
Eine Folgerung aus obigem Theorem werden wir jetzt formulieren:
Theorem 5.2. Der Raum Cc∞ (Ω) liegt dicht in Lp (Ω) für alle p ≥ 1.
Beweis. Es sei u ∈ Lp (Ω) und v ∈ Cc (Ω). Dann ist nach den Lemmata 5.1 und 5.2
ρλ ∗ v ∈ Cc∞ (Ω) für kleine λ. Mit der Dreiecksungleichung folgt:
ku − ρλ ∗ vkLp (Ω) ≤ ku − vkLp (Ω) + kv − ρλ ∗ vkLp (Ω) .
Zu kleinem ε > 0 wählen wir ein v ∈ Cc (Ω), so dass
ku−vkLp(Ω) < ε. Nach Lemma 5.3 existiert ein λ > 0,
klein genug, dass kv − ρλ ∗ vkLp (Ω) < ε ist.
Ω
supp(ϕ)
Somit wäre das Theorem bewiesen.
Theorem 5.3. Es sei Ω ⊂ Rn offen und es gelte f ∈ L1loc (Ω) und
für alle ϕ ∈ Cc∞ (Ω). Dann ist f = 0 fast überall in Ω.
R
Ω
f ϕ dµ = 0
Beweis. Wir führen den Beweis auf den trivialen Fall zurück, wo f stetig ist: Zu x0
in Ω wählen wir eine offene Kugel Br mit Zentrum x0 , so dass x0 ∈ Br ⊂ B̄2r ⊂ Ω.
Es genügt nun zu zeigen, dass kf kL1 (Br ) = 0. Dazu definieren wir die Funktion
(
ˆ = f (x) x ∈ B̄2r .
f(x)
0
sonst
Da f nach Voraussetzung in L1loc (Rn ) liegt, ist fˆ ∈ L1 (Rn ) und für kleines λ gilt
ρλ ∗ f (x) = ρλ ∗ fˆ(x),
x ∈ B̄r .
Es sei nun ϕ ∈ Cc∞ (Br ) beliebig. Es folgt nach Lemma 5.2
ρλ ∗ ϕ ∈ Cc∞ (B2r ) ⊂ Cc∞ (Ω),
falls λ klein genug ist. Nach Voraussetzung ist nun
Z
Z
Z
0=
f (ρλ ∗ ϕ)dµ =
f (ρλ ∗ ϕ)dµ =
fˆ (ρλ ∗ ϕ)dµ
Ω
B2r
B2r
Z
Z
∗
ˆ
=
(ρλ ∗ f) ϕ dµ = (ρλ ∗ fˆ) ϕ dµ
Rn
Ω
51
5 SOBOLEV-RÄUME
(∗: wegen dem Satz von Fubini) für alle ϕ ∈ Cc∞ (Br ). Weil ρλ ∗ fˆ stetig ist, muss
(ρλ ∗ fˆ)(x) = 0 sein für alle x ∈ Br . Es folgt nun
λ→0
ˆ L1 (B ) ≤ kfˆ − ρλ ∗ fˆkL1 (B ) + kρλ ∗ fˆkL1 (B ) −−−→ 0
kf kL1 (Br ) = kfk
r
r
r
|
{z
}
=0
nach Theorem 5.1. Also ist
kf kL1 (Br ) = 0,
wie behauptet.
5.2
◦
Die Funktionenräume W m,p (Ω), H m,p (Ω) und H m,p (Ω)
Wir beginnen diesen Abschnitt mit einer Vorbemerkung über die partielle Integration: Ist Ω ⊂ Rn offen, u ∈ C 1 (Ω) und ϕ ∈ Cc∞ (Ω), ϕ hat also einen kompakten
Träger supp(ϕ) ⊂ Ω. Dann folgt
Z
Z
∂
∂
u(x)
u(x)ϕ(x) dx =
ϕ(x) dx.
(−1)
∂x
∂x
j
j
Ω
Ω
Um dies einzusehen, wenden wir den Satz von Fubini an, nachdem wir über die j-te
Variable partiell integriert haben. Die bei der Integration auftretenden Randterme
verschwinden, da ϕ kompakten Träger hat und daher auf ∂Ω verschwindet.
Falls nun u ∈ C |α| (Ω) liegt, so können wir dieses Argument |α|-mal wiederholen
und erhalten so die Gleichung
Z
Z
Dα u(x)ϕ(x) dx =
u(x)Dα ϕ(x) dx.
(−1)|α|
Ω
Ω
Dabei ist die rechte Seite definiert für alle Funktionen u in L1loc (Ω).
Definition 5.2. (schwache Ableitung)
Es sei u in L1loc (Ω). Wir nehmen an, es gäbe eine Funktion v ∈ L1loc (Ω) und ein
α = (α1 , . . . , αn ), so dass für alle ϕ ∈ Cc∞ (Ω) gilt
Z
Z
|α|
(−1)
v(x)ϕ(x) dx =
u(x)Dα ϕ(x) dx.
Ω
Ω
Dann heisst v die schwache α-Ableitung von u und man schreibt dafür
v = Dα u
(schwach).
Bemerkungen
1. Die schwache Ableitung von u, sofern sie überhaupt existiert, ist wegen Theorem 5.3 eindeutig. Denn: sind v1 , v2 ∈ L1loc (Ω) mit v1 = Dα u und v2 = Dα u,
so folgt
Z
(v1 − v2 )ϕ dµ = 0
∀ϕ ∈ Cc∞ (Ω),
Ω
also ist v1 = v2 fast überall auf Ω, nach Theorem 5.3.
2. Die schwache Ableitung hat zunächst nichts mit dem Differentialquotienten
der (klassischen) Ableitung zu tun. Falls aber u ∈ C |α| (Ω) ist, so folgt aus der
Eindeutigkeit der Ableitung, dass v = D α u ist im üblichen Sinn.
52
5 SOBOLEV-RÄUME
Definition 5.3. (Sobolev-Raum W m,p )
Wir definieren den Sobolev-Raum W m,p (Ω) für ganze m als Teilraum von Lp (Ω)
dadurch, dass für u ∈ Lp (Ω) alle schwachen Ableitungen D α u in Lp (Ω) existieren
für 0 ≤ |α| ≤ m, in Formeln
es existieren alle schwachen Ableitungen D α u und
W m,p (Ω) := u ∈ Lp (Ω) α
D u ∈ Lp (Ω) für 0 ≤ |α| ≤ m
Auf dieser Menge legen wir auch eine Norm fest durch
X
kDα ukLp (Ω) .
|u|m,p := kukW m,p (Ω) :=
0≤|α|≤m
Eine zweite (äquivalente) Definition des Raumes W m,p (Ω) folgt später mittels Approximationseigenschaften mit glatten Funktionen.
Um diese abstrakte Definition etwas zu veranschaulichen, hier noch zwei Beispiele
1. Als erstes betrachten wir die Menge Ω = (−1, 1) ⊂ R
und die Funktion u(x) = 21 (|x| + x). Wir behaupten,
dass u für p ≥ 1 in W 1,p (Ω) liegt. Um dies zu beweisen,
testen wir mit einer Funktion ϕ ∈ Cc∞ (Ω):
Z
1
u Dϕ dx =
−1
Z
1
0
=−
Z
1
x ϕ0 dx = (x ϕ) −
| {z }0
=0
Z
y
16
v(x) =
-x
1
ϕ dx
0
−1
1
1
y
16
v ϕ dx
−1
mit
(
u
−1
0 −1 < x < 0
1 0<x<1
v
-x
1
Es ist offensichtlich v ∈ Lp (Ω) und aus obiger Gleichung folgt
Z
Z
v ϕ dµ
u Dϕ dµ = −
Ω
Ω
Cc∞ (Ω).
für alle ϕ aus
Somit ist v nach unserer Definition die schwache Ableitung v = Du, also liegt u in W 1,p (Ω). Wir haben gezeigt, dass eine – im
klassischen Sinne – nicht differenzierbare Funktion schwach differenzierbar
sein kann.
2. Nun zeigen wir, dass die so gefundene schwache Ableitung v für kein p ≥ 1 in
W 1,p (Ω) liegt, und daraus können wir dann schliessen, dass u 6∈ W 2,p (Ω).
Es genügt zu zeigen, dass v keine schwache Ableitung in L1loc (Ω) und somit
auch keine in Lp (Ω) hat. Dazu nehmen wir an, es gäbe ein w ∈ L1loc (Ω) mit
Z 1
Z 1
v Dϕ dx = −
w ϕ dx
∀ ϕ ∈ Cc∞ (Ω).
−1
−1
Die linke Seite oben stehender Gleichung können wir ausrechnen, und wegen
ϕ(1) = 0 ist
Z 1
Z 1
v Dϕ dx =
ϕ0 dx = ϕ(1) − ϕ(0) = −ϕ(0).
−1
0
53
5 SOBOLEV-RÄUME
Die schwache Ableitung w erfüllt daher
Z
w ϕ dµ = ϕ(0)
∀ ϕ ∈ Cc∞ (Ω).
Ω
(5.1)
Da ϕ ∈ Cc∞ (Ω \ {0}) kompakten Träger auf Ω \ {0} hat, gilt
Z
w ϕ dµ = 0
∀ ϕ ∈ Cc∞ (Ω \ {0}).
Ω
Nach Theorem 5.3 ist dann aber w = 0 fast überall auf Ω \ {0}. Folglich ist
auch w = 0 fast überall auf ganz Ω und daher ist
Z
w ϕ dµ = 0
∀ ϕ ∈ Cc∞ (Ω),
Ω
was im Widerspruch steht zu (5.1), denn wir können ein ϕ ∈ Cc∞ (Ω) wählen
mit ϕ(0) 6= 0.
Satz 5.2. Der Raum W m,p (Ω) ist vollständig.
Beweis. Als Grundlage dieses Beweises dient die Vollständigkeit der Räume Lp (Ω).
Es sei nun also uj eine Cauchy-Folge in W m,p (Ω), das heisst, es gibt für jedes
ε > 0 eine Schranke N = Nε so, dass
|uj − uk |m,p ≤ ε
∀ j, k ≥ N.
(5.2)
Nach der Definition der Norm auf W m,p (Ω) gilt dann
kDα uj − Dα uk kLp (Ω) ≤ ε
∀ j, k ≥ N, ∀ 0 ≤ |α| ≤ m.
In Worten: für jedes α ist (Dα uj ) eine Cauchy-Folge in Lp (Ω). Nun ist Lp (Ω)
vollständig, also existieren Funktionen f α in Lp (Ω) so, dass
Dα uj −→ f α
in Lp (Ω) ∀ 0 ≤ |α| ≤ m.
Wir definieren nun f := f 0 , und wollen zeigen, dass f α = Dα f (schwach) für alle
0 ≤ |α| ≤ m und somit dann auch f ∈ W m,p (Ω) gilt.
Wir testen also mit einer Funktion ϕ ∈ Cc∞ (Ω) und erhalten Folgendes:
R
R
α
|α|
α
∞
Ω uj D ϕ dµ = (−1)
Ω D uj ϕ dµ ∀ϕ ∈ Cc (Ω)
↓(i)
↓R(ii)
,
R
α
|α|
α
∞
f
D
ϕ
dµ
=
(−1)
f
ϕ
dµ
∀
ϕ
∈
C
(Ω)
c
Ω
Ω
da nach dem oben Gesagten gilt:
(i) uj → f in Lp (Ω) und
(ii) Dα uj → f α in Lp (Ω).
Mit der Hölder’schen Ungleichung und p1 + q1 = 1 folgt
Z
Z
Z
α
uj Dα ϕ dµ −
|uj − f | |Dα ϕ| dµ
f D ϕ dµ ≤
Ω
Ω
Ω
≤ kuj − f kLp(Ω) kDα ϕkLq (Ω) ,
|
{z
}
j→∞
−−−→0
woraus die obige Konvergenz (im Diagramm) folgt. Nach der Definition der schwachen Ableitung folgt aus der zweiten Zeile des Diagrammes, dass f α = Dα f .
Nun haben wir einen Kandidaten in Lp (Ω) für den Limes von uj , nämlich f .
Aus (5.2) folgt, mit k → ∞,
|uj − f |m,p ≤ ε
∀ j ≥ N,
dies gilt für alle ε > 0, also ist tatsächlich uj → f in W m,p (Ω).
54
5 SOBOLEV-RÄUME
Bemerkung: Ist u ∈ C ∞ (Ω) und die gewöhnlichen Ableitungen D α u ∈ Lp (Ω) für
alle 0 ≤ |α| ≤ m, dann ist nach Definition
u ∈ W m,p (Ω) ∩ C ∞ (Ω) und
X
|u|m,p =
kDα ukLp(Ω) < ∞.
0≤|α|≤m
Definition 5.4. (H m,p (Ω))
Wir definieren den Raum H m,p (Ω) als Abschluss in W m,p (Ω) der Menge
{u ∈ C ∞ (Ω)| |u|m,p < ∞}.
Dies lässt sich auch schreiben als:
H m,p (Ω) := C ∞ (Ω) ∩ W m,p (Ω)
W m,p
.
Das heisst, H m,p (Ω) ist ein abgeschlossener linearer Teilraum des vollständigen
Raumes W m,p (Ω) und daher selber ein Banach-Raum.
Mit dem folgenden Satz können wir dann H m,p (Ω) mit W m,p (Ω) identifizieren:
Satz 5.3 (Meyers-Serrin). Sei Ω ⊂ Rn offen. Dann ist C ∞ (Ω) ∩ W m,p (Ω) dicht
in W m,p (Ω), das heisst, für alle u ∈ W m,p (Ω) existiert eine Funktionenfolge uj in
C ∞ (Ω) ∩ W m,p (Ω), so dass |u − uj |m,p → 0, falls j → ∞.
Beweis. Wir werden den Beweis nicht durchführen. Er beruht auf der Zerlegung
der Eins und Glättungsoperatoren. Für Details wird an dieser Stelle auf die Bücher
von H. W. Alt, Seite 108, und von Adams, Seite 52, verwiesen.
Folgerung: Nach Satz 5.3 folgt nun, dass H m,p (Ω) = W m,p (Ω) und wir haben
die zur ersten Definition 5.3 äquivalente Definition des Sobolev-Raumes W m,p (Ω)
gefunden:
Definition 5.5. (W m,p (Ω) = H m,p (Ω))
Wir charakterisieren den Raum W m,p (Ω) mittels Approximationseigenschaften glatter Funktionen:


∃ uj ∈ C ∞ (Ω) mit Dα uj ∈ Lp (Ω), 0 ≤ |α| ≤ m 

W m,p (Ω) :=
.
u ∈ Lp (Ω) so dass uj → u in Lp (Ω),


Dα uj ist Cauchy-Folge in Lp (Ω), 0 ≤ |α| ≤ m
Bemerkung: Da der Raum Lp (Ω) vollständig ist, existiert der in der Definition
5.5 auftretende Limes in Lp (Ω):
lim Dα uj =: uα
j→∞
∈ Lp (Ω), 0 ≤ |α| ≤ m.
Genau wie im Beweis von Satz 5.2 folgt, dass
uα = Dα u (schwach).
Die Norm in W m,p (Ω) ist dann definiert durch
X
kDα ukLp (Ω) .
|u|m,p :=
0≤|α|≤m
Es gilt immer: Cc∞ (Ω) ⊂ H m,p (Ω).
55
5 SOBOLEV-RÄUME
◦
Definition 5.6. (Hm,p (Ω))
◦
Es sei Hm,p (Ω) der Abschluss von Cc∞ (Ω) in der H m,p (Ω)-Norm:
◦
Hm,p (Ω) := Cc∞ (Ω)
H m,p (Ω)
⊂ H m,p (Ω).
◦
Mit dieser Definition ist Hm,p (Ω) ein abgeschlossener Teilraum von H m,p (Ω), also
◦
selber wieder ein Banach-Raum. Im Allgemeinen ist Hm,p (Ω) 6= H m,p (Ω).
Zur Illustration werden wird nun zeigen, dass für I = (0, 1) ⊂ R die beiden
◦
Räume H m,p (I) und Hm,p (I) nicht identisch sind:
Dazu betrachten wir eine Funktion ϕ ∈ Cc∞ (I). Es
gilt
Z x
ϕ
ϕ0 (t) dt
ϕ(x) − ϕ(0) =
16
0
mit ϕ(0) = 0. Also ist
|ϕ(x)| ≤
Z
0
1
0
I
|ϕ|dµ ≤
1
0
|ϕ (t)| dt
ϕ0
16
und somit auch
Z
-t
Z
I
|ϕ0 |dµ.
0
-t
1
Es bezeichne 1 die konstante Funktion 1(x) = 1. Es
ist
1 ≤ |ϕ(x)| + |1 − ϕ(x)|.
Integrieren wir nun über das Intervall I, so erhalten wir
Z
Z
Z
Z
1 ≤ |ϕ|dµ + |1 − ϕ|dµ ≤ |ϕ0 |dµ + |(1 − ϕ)|dµ
I
I
I
ZI
Z
= |(1 − ϕ)0 |dµ + |(1 − ϕ)|dµ.
I
I
Aus der letzten Gleichung schliessen wir, dass
|1 − ϕ|1,1 ≥ 1
∀ ϕ ∈ Cc∞ (I),
in Worten: 1 ∈ H 1,1 (I) kann nicht durch eine Folge ϕn ∈ Cc∞ (I) angenähert werden,
◦
also liegt 1 nicht in H1,1 (I).
◦
Satz 5.4. Es gilt Hm,p (Rn ) = H m,p (Rn ).
Beweis. Wir schreiben zur Abkürzung Rn =: Ω. Wir müssen für den Beweis zeigen,
dass Cc∞ (Ω) in H m,p (Ω) dicht liegt. Wir spalten den Beweis in zwei Teile auf: zuerst
zeigen wir, dass C ∞ (Ω) ∩ H m,p (Ω) dicht in H m,p (Ω) liegt, und dann nähern wir
u ∈ C ∞ (Ω) ∩ H m,p (Ω) durch Cc∞ (Ω) in H m,p (Ω) an.
1. Schritt: Es sei nun u ∈ H m,p (Ω). Dann ist
Dα (ρλ ∗ u) = ρλ ∗ (Dα u)
(0 ≤ |α| ≤ m)
nach Definition der schwachen Ableitung, da für jedes feste x
y 7→ ρλ (x − y) ∈ Cc∞ (Ω).
Mit Theorem 5.1 folgt dann, dass
ρλ ∗ u ∈ C ∞ (Ω) ∩ Lp (Ω).
56
5 SOBOLEV-RÄUME
Es gilt weiter
|Dα (ρλ ∗ u)|Lp (Ω) ≤ |Dα u|Lp (Ω) und
λ→0
|Dα (u − ρλ ∗ u)|Lp (Ω) = |Dα u − ρλ ∗ (Dα u)|Lp (Ω) −−−→ 0
∀ 0 ≤ |α| ≤ m.
Wir haben nun also gezeigt, dass ρλ ∗ u ∈ C ∞ (Ω) ∩ H m,p (Ω) und
λ→0
|u − ρλ ∗ u|m,p −−−→ 0.
2.Schritt: Wir nehmen die “Abschneidefunktion“ η ∈ Cc∞ (Ω), so dass η(x) = 1 für
alle x mit |x| ≤ 1 und η(x) = 0, falls |x| ≥ 2. Nun definieren wir die Funktionenfolge
x
uj (x) := η
u(x)
∈ Cc∞ (Ω).
j
Nach Leibnitz folgt nun, dass für 0 ≤ |α| ≤ m gilt
X
|Dα uj (x)| ≤ cα
|Dβ u(x)|.
0≤|β|≤m
Demnach ist Dα uj ∈ Lp (Ω) und somit ist
Z
Z
|Dα (u − uj )|p dµ
|Dα (u − uj )|p dµ =
|x|≥j
Ω
Z
p
≤2
(|Dα u|p + |Dα uj |p ) dµ
|x|≥j
X Z
j→∞
≤K
|Dα u|p dµ −−−→ 0
0≤|α|≤m
|x|≥j
nach dem Lebesgue’schen Monotonie-Satz, denn es ist |D α u|p ∈ L1 (Ω). Dies gilt
für alle 0 ≤ |α| ≤ m, also ist
|u − uj |m,p → 0 j → ∞.
Ein Element u ∈ W m,p (Rn ) ist eine Äquivalenzklasse von Lp -Funktionen mit den
von uns geforderten zusätzlichen Eigenschaften. Nun stellt sich die Frage: können
wir noch mehr haben? Gibt es einen Repräsentanten jeder Klasse, der stetig, differenzierbar oder beschränkt ist?
Theorem 5.4 (Morrey-Sobolev). Falls p > n, so hat jedes u ∈ W 1,p (Rn ) einen
stetigen und beschränkten Repräsentanten, den wir wiederum mit u bezeichnen. Man
schreibt in diesem Sinne
W 1,p (Rn ) ⊂ Cb (Rn ).
Es gibt, genauer gesagt, eine Konstante M > 0, so dass für jedes u ∈ W 1,p (Rn ) ein
Repräsentant existiert mit
i)
ii)
n
|u(x) − u(y)| ≤ M |x − y|1− p
|u(x)| ≤ M kukLp(Rn ) +
n
X
j=1
n
X
j=1
kDj ukLp(Rn ) ;
kDj ukLp (Rn )
!
= M |u|1,p .
für alle x, y ∈ Rn . Es ist M = 4(1 − n/p)−1 und der Exponent 1 − n/p liegt nach
Voraussetzung im offenen Intervall (0, 1).
57
5 SOBOLEV-RÄUME
Beweis. Wir benutzen die zweite Definition von W 1,p (Rn ). Zuerst werden wir den
Satz für eine Funktion u ∈ C ∞ (Rn ) ∩ W 1,p (Rn ) zeigen.
Es sei u ∈ C ∞ (Rn ) und Il ⊂ Rn ein achsenparalleler Würfel mit Kantenlänge l.
Wir definieren den Mittelwert von u in Il mittels
Z
1
[u]Il :=
u(x) dx,
|Il | = vol(Il ) = ln .
|Il | Il
Zu i): es seien x, y ∈ Rn . Wir wählen einen Würfel Il ⊂ Rn , der x und y enthält.
Mit dem nachfolgenden Lemma von Morrey ergibt sich dann
|u(x) − u(y)| ≤ |u(x) − [u]Il | + [u]Il − u(y)
n
X
1− n
p
kDj ukLp (Rn ) .
≤ 2cl
j=1
Wählen wir speziell einen Würfel mit l = 2|x − y| für die Kantenlänge, so folgt die
Aussage i) mit M = 4c.
Zu ii): Wählen wir l = 1 und x ∈ I1 , so ist vol(I1 ) = 1 und
|u(x)| ≤ |[u]I1 − u(x)| + |[u]I1 |.
Der zweite Term auf der rechten Seite lässt sich durch die Hölder’sche Ungleichung
abschätzen: Es ist dann
p1
Z
Z
Z
p
[u]I1 ≤
|u| dx
χI1 |u| dx ≤
≤ kukLp(Rn ) .
|u| dx =
I1
I1
I1
Mit dem Lemma folgt dann ii).
Nun kommen wir zu u ∈ W 1,p (Rn ). Wir approximieren mit dem Satz 5.4 oder
Meyers-Serrin die Funktion u durch eine Folge uj , so dass
uj ∈ C ∞ (Rn ) ∩ W 1,p (Rn ),
uj → u in W 1,p (Rn ).
Aus der Ungleichung ii) für die uj , j ≥ 1, folgt dann, dass uj eine Cauchy-Folge
in Cb (Rn ), der Menge der stetigen und beschränkten Funktionen auf Rn , ist. Weil
nun Cb (Rn ) mit der Supremums-Norm vollständig ist, existiert ein ũ ∈ Cb (Rn ) mit
uj → ũ in Cb (Rn ). Die Konvergenz ist gleichmässig, also auch punktweise.
Es folgt nun, dass i) und ii) gelten, wobei links an Stelle von u nun ũ steht. Auf
der rechten Seite steht immer noch u.
Weil die Folge uj in Lp (Rn ) gegen u konvergiert existiert eine Teilfolge ujk , so
dass
lim ujk (x) = u(x)
k→∞
für fast jedes feste x ∈ Rn . Weil nun auch
lim ujk (x) = ũ(x)
k→∞
für alle x ∈ Rn , ist ũ = u fast überall auf Rn , also ist ũ der von uns gesuchte
Repräsentant.
Nun zum erwähnten Lemma:
Lemma 5.4 (Morrey). Es sei p > n. Dann gilt für c = (1 − n/p)−1 :
n
X
[u]Il − u(x) ≤ cl(1−n/p)
kDj ukLp (Il )
j=1
n
für alle l, alle x ∈ Il , alle Würfel Il ⊂ R der Kantenlänge l und alle u ∈ C ∞ (Rn ).
58
5 SOBOLEV-RÄUME
Beweis. Es genügt wegen der Translationsinvarianz, das Lemma für x = 0 zu beweisen. Es sei also u ∈ C ∞ (Rn ). Es ist nach Definition dann
Z
1
u(x) − u(0) dx.
[u]Il − u(0) =
|Il | Il
Für x ∈ Il ist
Z
Z
n
1 d
1X
|u(x) − u(0)| = Dj u(tx) xj dt
u(tx) dt = 0 dt
0
j=1
Z 1X
n
|Dj u(tx)| dt,
≤l
0 j=1
wobei wir benutzt haben, dass |xj | ≤ l ist. Setzen wir die beiden Formeln zusammen,
so erhalten wir
Z 1 X
n Z
[u]I − u(x) ≤ l
|Dj u(tx)| dx
dt
l
|Il | 0
j=1 Il
und mit der Substitution y = tx wird die rechte Seite
Z 1 X
n Z
l
dy
=
|Dj u(y)| n .
dt
|Il | 0
t
j=1 t Il
Mit der Hölder’schen Ungleichung können wir das Integral über y abschätzen: Es
ist
Z
q1 Z
p1
Z
Z
p
|Dj u| dµ =
χt Il |Dj u| dµ ≤
χt Il dµ
|Dj u| dµ
t Il
tIl
≤ vol(t Il )1/q
Z
t Il
Il
|Dj u|p dµ
p1
t Il
für 1/p + 1/q = 1.
Zusammen erhalten wir nun also
n
n/q Z 1
X
−n(1−1/q)
[u]Il − u(x) ≤ l l
kDj ukLp(Il ) .
t
dt
ln
|0
{z
} j=1
(∗)
Das mit (∗) bezeichnete Integral ist endlich, denn mit p > n ist auch das Integral
R 1 −n/p
t
dt endlich. Wir erhalten schliesslich
0
n
1−n/p X
[u]I − u(x) ≤ l
kDj ukLp(Il ) ,
l
1 − n/p j=1
was zu beweisen war.
Definition 5.7. (C m,β (Ω))
Es sei m ≥ 0 eine ganze Zahl, 0 < β < 1 und Ω ⊂ Rn offen. Dann sei
C m,β (Ω) := {u ∈ C m (Ω)|u|m,β < ∞},
wobei | |m,β definiert ist durch
|u|m,β :=
β
sup
x∈Ω
0≤|α|≤m
Wir schreiben auch C für C
|Dα u(x) − Dα u(y)|
.
|x − y|β
|α|=m
|Dα u(x)| + sup
0,β
x6=y
.
59
5 SOBOLEV-RÄUME
Theorem 5.4 (umformuliert). Sei p > n, β = 1 − n/p. Dann ist
W 1,p (Rn ) ,→ C β (Rn )
stetig eingebettet, das heisst, es gibt eine Konstante M ≥ 0, so dass jedes Element
u ∈ W 1,p (Rn ) einen Repräsentanten in C β (Rn ) hat mit
|u|C β (Rn ) ≤ M kukW 1,p (Rn ) .
Genau gleich beweist man für eine offene Teilmenge Ω ⊂ Rn , m ≥ 1, β = 1−n/p
und p > n
◦
Hm,p (Ω) ,→ C m−1,β (Ω̄)
stetig eingebettet ist. Hierzu wendet man das Lemma von Morrey auf eine Funktion
u ∈ Cc∞ (Ω) und auf Dα u, 0 ≤ |α| ≤ m, an und benutzt, dass
◦
Cc∞ (Ω) = Hm,p (Ω).
Es folgt somit, dass
\
◦
Hm,p (Ω) = C ∞ (Ω̄)
m≥1
für Ω ⊂ Rn offen.
Theorem 5.5 (Sobolev-Einbettungstheorem). Es sei Ω ⊂ Rn offen, m ≥ 1 eine
ganze Zahl und p ≥ 1. Wir nehmen an, dass m − n/p = k + β für eine ganze Zahl
k ≥ 0 und 0 < β < 1. Dann ist
◦
Hm,p (Ω) ,→ C k,β (Ω̄)
stetig eingebettet.
Beweis. Es wird auf die schon erwähnten Bücher von H. Brezis oder H. W. Alt
verwiesen.
Folgerung: Für Ω ⊂ Rn und p ≥ 1 ist
\ ◦
Hm,p (Ω) = C ∞ (Ω̄).
m≥1
5.3
Dirichlet-Problem und schwache Lösung
◦
Die Räume H m,p (Ω) und Hm,p (Ω) sind für p = 2 ausgezeichnete Räume: es sind
Hilbert-Räume, versehen mit dem Skalarprodukt
X
(u, v) =
(Dα u, Dα v)L2 (Ω)
u, v ∈ H m,p (Ω)
0≤|α|≤m
mit
(f, g)L2 (Ω) =
Z
f ḡ dµ
Ω
f, g ∈ L2 (Ω).
Es sei Ω ⊂ Rn offen und beschränkt. Wir betrachten das Dirichlet-Randwertproblem: gegeben sei f : Ω → R, und gesucht ist u : Ω̄ → R, so dass
−∆u(x) = f (x) x ∈ Ω
,
(5.3)
u(x) = 0
x ∈ ∂Ω
wobei ∆ den Laplace-Operator ∆u =
Pn
∂2u
j=1 ∂x2j
bezeichnet.
60
5 SOBOLEV-RÄUME
Es sei u ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω̄) eine klassische Lösung von (5.3) für f ∈ C(Ω̄), das
heisst, (5.3) gilt punktweise. Wir nehmen nun an, dass ∇u ∈ L2 (Ω). Dann folgt aus
Z
Z
−
∆u ϕ dµ =
f ϕ dµ
ϕ ∈ Cc∞ (Ω)
Ω
Ω
mittels partieller Integration (weil die Randterme verschwinden):
Z
Z X
n
∂u ∂ϕ
f ϕ dµ
ϕ ∈ Cc∞ (Ω).
dµ =
Ω
Ω j=1 ∂xj ∂xj
Anders geschrieben, es ist
Z
Z
h∇u, ∇ϕi dµ =
f ϕ dµ
Ω
Weil nun
Cc∞ (Ω)
◦
ϕ ∈ Cc∞ (Ω).
Ω
1,2
in H (Ω) dicht liegt, folgt
Z
Z
f v dµ
h∇u, ∇vi dµ =
◦
v ∈ H1,2 (Ω).
Ω
Ω
Somit haben wir folgenden Begriff motiviert:
Definition 5.8. (schwache Lösung)
◦
Eine Funktion u ∈ H1,2 (Ω) heisst eine schwache Lösung des Dirichlet-Randwertproblems für ein gegebenes f ∈ L2 (Ω), falls
Z
Z
f v dµ
h∇u, ∇vi dµ =
Ω
Ω
◦
1,2
für alle v ∈ H
(Ω).
Bemerkung: Falls u ∈ Cc∞ (Ω), so ist u = 0 auf ∂Ω. Deshalb sagt man, dass
◦
u ∈ H1,2 (Ω) verallgemeinerte Nullrandwerte auf ∂Ω hat.
Man kann tatsächlich zeigen (siehe H. Brezis, s. 171): für ∂Ω aus der Klasse C 1
und für u ∈ H 1,2 (Ω) ∩ C(Ω̄) gilt
◦
u = 0 auf ∂Ω ⇐⇒ u ∈ H1,2 (Ω).
Im Folgenden seien alle beteiligten Räume reell, auch wenn dies nicht explizit
erwähnt wird. Es gilt nun, die Existenz und Eindeutigkeit der schwachen Lösungen
des Dirichlet-Randwertproblems zu zeigen.
◦
Zuvor definieren wir noch ein Skalarprodukt auf H1,2 (Ω) durch
Z
Z
◦
u, v ∈ H1,2 (Ω).
u v dµ + h∇u, ∇vi dµ
(u, v)H :=
Ω
Ω
◦
1,2
Lemma 5.5. Es sei u, v ∈ H
(Ω). Dann definiert
Z
a(u, v) := h∇u, ∇vi dµ
Ω
◦
ein zu (u, v)H äquivalentes Skalarprodukt auf dem Hilbert-Raum H1,2 (Ω), das heisst,
es gilt mit der Notation
dass es ein C > 0 gibt, so dass
(u, v)∗ := a(u, v),
p
kuk∗ = (u, u)∗ ,
1
≤ kuk∗ ≤ Ckuk ◦1,2
kuk ◦1,2
H (Ω)
H (Ω)
C
◦
für alle u ∈ H1,2 (Ω) für offenes und beschränktes Ω.
61
5 SOBOLEV-RÄUME
Das Lemma 5.5 folgt sofort aus
Lemma 5.6 (Poincaré-Ungleichung). Es sei Ω ⊂ Rn offen und in einer Richtung,
ohne Beschränkung
der Allgemeinheit in x1 -Richtung, beschränkt, also Ω ⊂ {x =
(x1 , . . . , xn ) ∈ Rn |x1 | ≤ d}. Dann ist
X
kDα uk2L2 (Ω)
kuk2L2 (Ω) ≤ (2d)2
|α|=1
beziehungsweise
Z
Ω
|u|2 dµ ≤ (2d)2
Z
Ω
|∇u|2 dµ
◦
für alle u ∈ H1,2 (Ω).
Beweis. Es genügt, die Ungleichung für u ∈ Cc∞ (Ω) zu zeigen, da Cc∞ (Ω) dicht in
◦
H1,2 (Ω) liegt. Mit dem Satz von Fubini und partieller Integration in x1 – wobei die
Randterme verschwinden, da u kompakten Träger in Ω hat – folgt
Z
Z
Z
∂
x1
1 |u|2 dµ = −
|u|2 dµ =
kuk2L2(Ω) =
|u|2 dµ
∂x
1
Ω
Ω
Z
ZΩ
∂ ∂
= −2 x1 u,
u dµ ≤ 2d
u dµ
|u| ∂x1
∂x1
Ω
Ω
∂ ≤ 2dkukL2(Ω) ∂x1 u 2 .
L (Ω)
Die letzte Ungleichung folgt mit der Hölder’schen Ungleichung. Dividieren wir obiges
Resultat durch kukL2(Ω) und quadrieren anschliessend, so erhalten wir
kuk2L2 (Ω)
∂ 2
u
≤ (2d) ∂x1 2
2
L (Ω)
n X
∂ 2
≤ (2d)
∂xj u 2
2
j=1
.
L (Ω)
Nun kommen wir zu dem vorher angekündigten Theorem:
Theorem 5.6 (Dirichlet, Riemann, Hilbert). Es sei Ω ⊂ Rn eine offene und
beschränkte Teilmenge, f ∈ L2 (Ω). Dann gibt es genau eine schwache Lösung
◦
u ∈ H1,2 (Ω) des Dirichlet-Problems.
Diese Lösung ist überdies die eindeutige Lösung des Variationsproblems
Z
Z
1
2
min
|∇v| dµ −
f v dµ .
◦
2 Ω
Ω
v∈H1,2 (Ω)
Beweis. Wir verwenden hierzu das obige Lemma 5.5 und den Darstellungssatz von
Riesz, wobei wir den Beweis in drei Schritte zerlegen.
◦
1. Schritt: In Lemma 5.5 haben wir bereits bewiesen, dass H1,2 (Ω) mit dem
Skalarprodukt (·, ·)∗ ein Hilbert-Raum ist, den wir im Folgenden H∗ nennen wollen.
2. Schritt: Wir wenden den Darstellungssatz von Riesz an: Dazu definieren wir
Z
◦
ϕ(u) :=
f u dµ
u ∈ H1,2 (Ω).
Ω
Somit liegt ϕ im Dualraum
H∗0 ,
denn nach Lemma 5.5 ist
|ϕ(u)| ≤ |f |L2 (Ω) |u|L2 (Ω) ≤ |f |L2 (Ω) kuk∗,
62
5 SOBOLEV-RÄUME
das heisst, ϕ : H∗ → R ist stetig und linear. Nach dem Riesz’schen Darstellungssatz
existiert genau ein u0 ∈ H∗ , so dass
(u, u0 )∗ = ϕ(u)
∀ u ∈ H∗ .
Dies ist
nach Definition des Skalarproduktes in H∗ gerade äquivalent dazu, dass
◦
u0 ∈ H1,2 (Ω) die schwache Lösung des Dirichlet-Problemes ist.
3. Schritt:
Das Variationsproblem. Wir definieren das zu minimierende Funk◦
tional F : H1,2 (Ω) → R durch
Z
Z
1
1
f u dµ = kuk2∗ − ϕ(u)
|∇u|2 dµ −
F (u) :=
2 Ω
2
Ω
◦
◦
für alle u ∈ H1,2 (Ω). Es sei nun u0 ∈ H1,2 (Ω) die eindeutige Lösung des Dirichlet◦
Problemes aus Schritt 2, das heisst, (u, u0 )∗ = ϕ(u) für alle u ∈ H1,2 (Ω). Dann
können wir nachrechnen:
F (u) − F (u0 ) =
1
ku − u0 k2∗ > 0,
2
u 6= u0 .
Das heisst, es ist
min
◦
F (u) = F (u0 ),
u∈H1,2 (Ω)
also gibt es genau ein Minimum, nämlich u0 .
Nun haben wir zwar die Existenz und Eindeutigkeit der schwachen Lösung des
Dirichlet-Problems gefunden, aber es stellen sich hier die folgenden Fragen:
1. Wie finden wir die (eindeutige) schwache Lösung? Wir werden dazu die Antwort später geben können (mittels einer minimierenden Folge des Variationsfunktionals).
2. Wann ist die schwache Lösung auch eine klassische Lösung? Die Antwort dazu
liefern die Regularitätstheorie und elliptische partielle Differentialgleichungen
(siehe zum Beispiel H. Brezis, H. W. Alt).
Ohne dies zu beweisen: Nehmen wir in Theorem 5.6 zusätzlich
an, dass ∂Ω
◦
aus der Klasse C ∞ (glatt) und f ∈ C ∞ (Ω̄) ist, so ist u0 ∈ H1,2 (Ω) ∩ C ∞ (Ω̄)
und damit eine klassische Lösung.
63
6 REFLEXIVE RÄUME UND SCHWACHE KONVERGENZ
6
Reflexive Räume und schwache Konvergenz
6.1
Separable Räume
Definition 6.1. (separabler Raum)
Ein metrischer Raum (M, d) heisst separabel, falls es eine abzählbare und dichte
Teilmenge D ⊂ M gibt.
Satz 6.1. Jede Teilmenge A ⊂ M eines separablen Raumes ist separabel.
Beweis. Ist M separabel, so existiert eine abzählbare Menge D = {x1 , x2 , . . .} ⊂ M
mit D̄ = M . Es sei nun A ⊂ M , dann gibt es zu jedem k ≥ 1 und n ≥ 1 ein akn ∈ A
so, dass
1
d(xk , akn ) < d(xk , A) + ,
n
nach Definition der Distanzfunktion d. Wir wollen nun zeigen, dass die Teilmenge
DA := {akn }k,n≥1 ⊂ A dicht in A liegt, also dass D̄A = A.
Dazu seien a ∈ A und ε > 0 gegeben. Weil D̄ = M , so gibt es ein xk ∈ D derart,
dass d(xk , a) < ε. Wir wählen nun n so, dass n1 < ε. Dann gilt nach dem oben
Gesagten für das zugehörige akn :
d(a, akn ) ≤ d(a, xk ) + d(xk , akn ) < ε + d(xk , A) +
≤ ε + d(xk , a) +
1
n
1
≤ 3ε.
n
Da ε > 0 beliebig war, folgt die Behauptung.
Zur Illustration geben wir hier noch einige Beispiele:
1. Rn ist separabel, denn die rationalen Zahlen liegen dicht in R. Daraus folgt:
jeder endlich-dimensionale metrische Raum ist separabel.
2. Die Räume `p sind separabel, falls 1 ≤ p < ∞. Der Raum `∞ hingegen ist
nicht separabel.
Beweis. Zuerst beweisen wir, dass `p , 1 ≤ p < ∞ separabel ist:
Nach Definition ist
X
n
o
lp := x = (xj )j |xj |p < ∞ .
j≥1
Wir betrachten die Mengen
DN := {a ∈ `p |a = (aj ), aj rational, aj = 0 j ≥ N + 1}.
und bezeichnen mit D die abzählbare Vereinigung all dieser Mengen DN :
[
D=
DN .
N ≥1
D ist eine abzählbare Menge und wir behaupten, es gelte D̄ = `p .
Es sei x = (xj ) ∈ `p und ε > 0 vorgegeben. Wir suchen ein a ∈ D so, dass
d(a, x) < ε. Dazu wählen wir N so gross, dass
X
|xj |p < ε.
j≥N +1
6 REFLEXIVE RÄUME UND SCHWACHE KONVERGENZ
64
Dann wählen wir ein a ∈ DN so, dass
N
X
j=1
|xj − aj |p < ε.
Zusammen erhalten wir also
∞
X
j=1
|xj − aj |p =
N
X
j=1
|xj − aj |p +
X
j≥N +1
|xj |p < 2ε.
Es ist also d(a, x) < 2ε.
2
Nun zu l∞ . Es sei x = (xj ) mit kxk∞ = supj≥1 |xj |. Wir nehmen eine
abzählbare Folge x(n) ∈ l∞ , also eine Folge von Folgen
(n) x(n) = xj
,
n = 1, 2, . . .
Jetzt definieren wir eine neue Folge y = (yj )j durch
(
(j)
1
falls xj ≤ 0
yj =
.
(j)
−1 falls xj > 0
Dann ist nach Konstruktion y ∈ l∞ mit kyk∞ = 1 und es gilt:
ky − x(n) k∞ ≥ |yn − x(n)
n | ≥1
∀ n = 1, 2, . . .
Die Folge x(n) ist somit nicht dicht in `∞ . Dies gilt für jede Folge (x(n) )n ,
daher ist l∞ nicht separabel.
3. C[0, 1] mit der Supremums-Norm ist separabel, denn die Menge der Polynome mit rationalen Koeffizienten liegt dicht in C[0, 1], nach dem Satz von
Weierstrass.
4. Der Raum Cb (0, 1) der beschränkten, stetigen Funktionen auf (0, 1) mit der
Supremums-Norm ist nicht separabel.
5. Jeder kompakte metrische Raum ist separabel.
6. Die Räume Lp (Ω), 1 ≤ p < ∞ sind separabel, L∞ (Ω) hingegen nicht. Zum
Beweis benutzt man, dass Cc (Ω) dicht in Lp (Ω) liegt sowie den Satz von
Weierstrass.
6.2
Reflexive Räume
In diesem Abschnitt betrachten wir eine wichtige Klasse von Banach-Räumen. Es
sei X ein normierter Raum, so ist sein Dualraum X 0 definiert durch
X 0 ≡ X ∗ = L(X, C)
mit der Norm
kf k = sup |f (x)|,
kxk≤1
f ∈ X ∗.
Wie wir bereits wissen ist X ∗ ein Banach-Raum. Wiederholen wir die Konstruktion,
so erhalten wir den Bi-Dualraum
(X ∗ )∗ := X ∗∗ .
6 REFLEXIVE RÄUME UND SCHWACHE KONVERGENZ
65
Definition 6.2. (kanonische Einbettung)
Die kanonische Einbettung X → X ∗∗ ,
I : X −→ (X ∗ )∗
x 7−→ I(x) ∈ L(X ∗ , C)
ist definiert durch
I(x) (f ) = f (x),
f ∈ X ∗ = L(X, C).
Satz 6.2. Die kanonische Einbettung I : X → X ∗∗ ist linear und isometrisch.
Beweis. Nach Konstruktion ist I linear, da f ∈ L(X, C) linear ist. Mit dem Satz
4.5 (Hahn-Banach) folgt:
kI(x)k = sup |I(x) (f )| = sup |f (x)| = kxk.
f ∈X ∗
kf k≤1
f ∈X ∗
kf k≤1
Es kann vorkommen, dass I(X) 6= X ∗∗ , das heisst, das Bild dieser linearen Isometrie
I(X) ⊂ X ∗∗ braucht nicht der ganze Raum zu sein.
Definition 6.3. (reflexiver Raum)
Ein Banach-Raum heisst reflexiv, falls die kanonische Einbettung I : X → X ∗∗
surjektiv ist, das heisst, wenn gilt I(X) = X ∗∗ .
Achtung: Diese Definition bezieht sich immer auf die kanonische Einbettung,
nicht irgend eine beliebige surjektive Einbettung X → X ∗∗ !
Satz 6.3. Ein Hilbert-Raum H ist immer reflexiv.
Beweis. Nach dem Satz von Riesz gibt es eine konjugiert lineare Isometrie von H
auf H ∗ , definiert durch
ϕ : H −→ H ∗
y 7−→ ϕ(y)
mit ϕ(y) (x) = (x, y) für alle x ∈ H und mit kϕ(y)k = kyk für alle y ∈ H. Für die
kanonische Isometrie I : H → H ∗∗ gilt
I(x) ϕ(y) = ϕ(y) (x) = (x, y)
für alle ϕ(y) ∈ H ∗ .
Wir betrachten für α ∈ (H ∗ )∗ die Komposition
y 7→ α(ϕ(y)) ∈ H ∗ .
Es existiert nach Riesz ein x0 ∈ H, so dass für alle y ∈ H gilt
α(ϕ(y)) = (x0 , y) = ϕ(y) (x0 ) = I(x0 ) ϕ(y) .
Weil ϕ auf H ∗ surjektiv ist, gilt α(f ) = I(x0 ) (f ) für alle f ∈ H ∗ , also α = I(x0 ).
Es folgen nun zwei nützliche Struktursätze:
Satz 6.4. Es sei X ein Banach-Raum. Dann gilt:
i) X ist reflexiv ⇒ jeder abgeschlossene Teilraum von X ist reflexiv.
ii) X ist reflexiv ⇐⇒ X ∗ ist reflexiv.
6 REFLEXIVE RÄUME UND SCHWACHE KONVERGENZ
66
Beweis. Übungsaufgabe (Hinweis: Fortsetzungssatz von Hahn-Banach).
Satz 6.5. Sei X ein Banach-Raum. Dann gelten folgende Aussagen:
i) Ist X ∗ separabel, dann ist auch X separabel.
ii) Ist X separabel und reflexiv, so ist X ∗ separabel.
Beweis. i) Ist X ∗ separabel, dann existiert eine in X ∗ dichte und abzählbare Teilmenge
D∗ = {f1 , f2 , . . .}.
Nach Definition der Norm im Raum X ∗ gibt es zu jedem j ein xj ∈ X mit
kxj k ≤ 1 und
1
kfj k ≤ |fj (xj )|,
2
j ∈ N.
Wir bezeichnen mit D die Menge aller (endlichen) Linearkombinationen von (xj )
mit rationalen Koeffizienten. D ist somit abzählbar. Wir wollen nun zeigen, dass D
dicht in X liegt.
Es sei also x ∈ X. Zu zeigen ist, dass x ∈ D̄ liegt. Nach Satz 4.4 genügt es zu
zeigen, dass f (x) = 0 für alle f ∈ D⊥ . Daher sei nun f ∈ D⊥ und ε > 0 beliebig.
Weil D∗ in X ∗ dicht liegt, existiert eine Funktion fn ∈ D∗ mit kf − fn k < ε. Nach
unserer Definition von D (und weil f ∈ D ⊥ ) ist daher
1
kfn k ≤ |fn (xn )| = |fn (xn ) − f (xn ) | ≤ kfn − f k kxn k ≤ kfn − f k < ε.
| {z }
2
=0
Also ist kfn k < 2ε und mit der Dreiecksungleichung folgt dann
kf k ≤ kfn − f k + kfn k < 3ε
∀ ε > 0.
Also ist kf k = 0 und damit ist f = 0 in X ∗ , mit anderen Worten, es ist f (x) = 0
für alle x aus X.
ii) folgt direkt aus i): Da X separabel und reflexiv ist, ist I(X) = (X ∗ )∗ separabel, denn I ist eine Isometrie auf (X ∗ )∗ . Es folgt aus i), dass X ∗ separabel
ist.
6.3
Beispiele von Dualräumen
Als erstes betrachten wir die Folgenräume `p , zuallererst den Raum `1 .
Es sei y = (yj ) ∈ `∞ , kyk∞ = supj≥1 |yj | < ∞. Wir ordnen dieser Folge y ein
Funktional ϕ(y) aus `∗1 zu mittels
X
ϕ(y) (x) =
y j xj
∀ x = (xj ) ∈ `1 .
j≥1
Wir behaupten, es sei ϕ(y) ∈ `∗1 und kϕ(y)k`∗1 ≤ kyk∞ . Es gilt für alle x ∈ `1 :
kϕ(y) (x)k ≤
X
j≥1
|yj | |xj | ≤ sup |yj |
j≥1
X
j≥1
|xj | = kyk∞ kxk`1 .
Daher ist kϕ(y)k`∗1 ≤ kyk∞ .
Es gilt sogar: Mit dieser einfachen Konstruktion haben wir schon alle Funktionen
f ∈ `∗1 gefunden!
6 REFLEXIVE RÄUME UND SCHWACHE KONVERGENZ
67
Satz 6.6. Die oben konstruierte Funktion ϕ : `∞ → `∗1 ist eine surjektive Isometrie,
das heisst, es ist
kϕ(y)k`∗1 = kyk∞
∀ y ∈ `∞ .
Zusatz: Der Raum `1 ist nicht reflexiv.
Beweis. Es seien f ∈ `∗1 = L(`1 , C), x eine Folge (xj ) = (x1 , x2 , . . .) ∈ `1 und
ei = (0, . . . , 0, 1, 0, . . .) der i-te Einheitsvektor in `1 . Dann ist
x = lim
N →∞
=
X
N
X
xj e j
in `1
j=1
xj e j
in `1 .
j≥1
Weil f linear und stetig ist, folgt
f (x) = lim f
N →∞
N
X
xj e j
j=1
!
= lim
N →∞
N
X
xj f (ej ).
j=1
Wir definieren die Zahlenfolge y = (yj ) durch yj = f (ej ) und zeigen, dass y ∈ `∞
und kyk∞ ≤ kf k: Es gilt nämlich
|yj | = |f (ej )| ≤ kf k kej k`1 ≤ kf k
∀ j ≥ 1.
Also ist
kyk∞ = sup |yj | ≤ kf k
j≥1
und es folgt somit
f (x) = lim
N →∞
N
X
xj y j =
j=1
X
∀ x ∈ `1 .
xj yj = ϕ(y) (x)
j≥1
Daher ist f = ϕ(y).
Weil kyk∞ ≤ kϕ(y)k ist und nach Vorbemerkung kϕ(y)k ≤ kyk∞ ist, folgt
kϕ(y)k = kyk∞ .
Daher ist ϕ : `∞ → `∗1 eine surjektive Isometrie.
Und nun zum Zusatz: Wir nehmen an, dass `1 reflexiv ist. Weil `1 separabel ist,
folgt mit Satz 6.5, dass `∗1 separabel ist. Nun ist `∗1 isometrisch isomorph zu `∞ , also
ist auch `∞ separabel. Dies ist jedoch falsch, demnach ist `1 nicht reflexiv.
Nun kommen wir zu `p für p > 1. Es sei q ∈ R so, dass
das Funktional
1
p
+ 1q = 1. Wir definieren
ϕ : `q −→ `∗p
y 7−→ ϕ(y)
durch
ϕ(y) (x) =
X
j≥1
xj y j
∀ x = (xj ) ∈ `p .
Die Funktion ϕ(y) liegt in `∗p , und mit der Hölder’schen Ungleichung folgt
⇒
|ϕ(y) (x)| ≤ kxkp kykq
kϕ(y)k ≤ kykq .
Wieder haben wir schon alle stetigen Funktionale auf `p gefunden.
6 REFLEXIVE RÄUME UND SCHWACHE KONVERGENZ
68
Satz 6.7. Es sei 1 < p < ∞ und p1 + 1q = 1. Dann ist ϕ : `q → `∗p eine surjektive
Isometrie, das heisst, es ist kϕ(y)k`∗p = kyk`q . Für f ∈ `∗p gibt es eine Darstellung
der Form
X
f (x) = ϕ(y) (x) =
xj y j
x = (xj ) ∈ `p
j≥1
für ein eindeutiges y = (yj ) ∈ `q .
Zusatz: `p ist reflexiv für 1 < p < ∞.
Beweis. Wir werden nur den Zusatz beweisen: dazu müssen wir zeigen, dass I :
`p → (`∗p )∗ surjektiv ist. Nach Satz 6.7 existieren zwei surjektive Isometrien
ϕ : `q −→ `∗p ,
ψ : `p −→ `∗q .
Es sei nun α ∈ (`∗p )∗ . Dann ist y 7→ α ϕ(y) ∈ `∗q . Daher existiert nach Satz 6.7 ein
x ∈ `p so, dass für alle y ∈ `q gilt
X
α ϕ(y) = ψ(y) (x) =
yj xj = ϕ(x) (y) = I(x) ϕ(y) .
j≥1
Da ϕ : `q → `∗p surjektiv ist, gilt α(f ) = I(x) (f ) für alle f ∈ `∗p , also ist α =
I(x).
Als nächstes betrachten wir die Räume Lp (Ω) für ein offenes Ω ⊂ Rn . Bei genauerer Betrachtung fällt auf, dass das nachfolgende Theorem, der Darstellungssatz
von Riesz, gerade den Aussagen der Sätze 6.6 und 6.7 entspricht, nur diesmal für
Lp (Ω) an Stelle von `p .
Wir beginnen wieder mit p = 1: Wir definieren das Funktional
ϕ : L∞ (Ω) −→ L1 (Ω)∗
y 7−→ ϕ(y)
durch
ϕ(y) (x) =
Z
x ∈ L1 (Ω).
xy dµ
Ω
Das Funktional ϕ(y) liegt in L1 (Ω)∗ , denn es gilt
Z
|x| dµ = kyk∞ kxkL1 (Ω) ,
|ϕ(y) (x)| ≤ kyk∞
Ω
also ist kϕ(y)k ≤ kyk∞ .
Es seien nun p, q ∈ R so, dass p > 1 und
das Funktional
1
p
+
1
q
= 1. Wieder konstruieren wir
ϕ : Lq (Ω) −→ Lp (Ω)∗
y 7−→ ϕ(y)
durch
ϕ(y) (x) =
Z
xy dµ
Ω
x ∈ Lp (Ω).
Wegen der Hölder’schen Ungleichung ist ϕ(y) ∈ Lp (Ω)∗ , denn es gilt
|ϕ(y) (x)| ≤ kxkLp(Ω) kykLq (Ω) .
Wiederum haben wir so alle stetigen Funktionen gefunden:
69
6 REFLEXIVE RÄUME UND SCHWACHE KONVERGENZ
Theorem 6.1 (Darstellungssatz von Riesz). Mit obigen Definitionen gilt:
i) Das Funktional ϕ : L∞ (Ω) → L1 (Ω)∗ ist eine surjektive Isometrie; es gilt
L1 (Ω)∗ ∼
= L∞ (Ω).
ii) Das Funktional ϕ : Lq (Ω) → Lp (Ω)∗ , p1 + q1 = 1, p > 1, ist eine surjektive
Isometrie:
Lp (Ω)∗ ∼
= Lq (Ω).
Zusatz: Die Räume Lp (Ω) sind für 1 < p < ∞ reflexiv, die Räume L1 (Ω) und
L∞ (Ω) sind es nicht.
Beweis. Das Theorem zeigt man mittels Integrationstheorie.
6.4
Schwache Konvergenz und Variationsprobleme
Es bezeichne X einen normierten Raum und X ∗ = L(X, C). Für eine Funktion
f ∈ X ∗ gilt wegen der Stetigkeit: Konvergiert eine Folge (xj ) in X gegen x, so
konvergiert f (xj ) mit j → ∞ in C gegen f (x). Die Umkehrung muss aber nicht
gelten. Das motiviert folgende Definition:
Definition 6.4. (schwach konvergente Folge)
Eine Folge xj ∈ X konvergiert schwach gegen x ∈ X, falls gilt
lim f (xj ) = f (x)
j→∞
für alle f ∈ X ∗ . Wir schreiben dann
xj * x.
Als Beispiel betrachten wir X = Lp (Ω) mit p > 1 und p1 +
xj in X schwach gegen x, so ist
Z
Z
lim
xj y dµ =
xy dµ
∀ y ∈ Lq (Ω).
j→∞
Ω
1
q
= 1. Konvergiert
Ω
Bemerkungen:
1. Der schwache Limes ist eindeutig:
xj
xj
* x
* y
⇐⇒
⇐⇒
f (xj )
f (xj )
→ f (x)
→ f (y)
∀ f ∈ X ∗.
Dann ist f (x) = f (y) für alle f ∈ X ∗ , nach Satz 4.2 also x = y.
2. Es gilt
xj → x
⇒
xj * x,
xj * x
⇒
xj → x,
die Umkehrung, also
gilt im Allgemeinen hingegen nicht:
Es sei X = `p , 1 < p < ∞, p1 + q1 = 1 und X ∗ = `∗q . Wir wählen Folgen
(n) x(n) ∈ `p mit xj
= (δjn ). Dann ist
kx(n) − x(m) kp`p = 2
n 6= m,
6 REFLEXIVE RÄUME UND SCHWACHE KONVERGENZ
70
also ist x(n) keine Cauchy-Folge in `p . Es gilt jedoch x(n) * 0 in `p , denn
nehmen wir ϕ : `q → `∗p , so ist
X
(n)
yj xj = yn → 0 (n → ∞),
ϕ(y) x(n) =
j≥1
weil
P
j≥1
|yj |q < ∞ für alle y ∈ `q .
Nun ist ϕ surjektiv, also folgt f (x(n) ) → 0 für alle f ∈ `∗p , mit anderen Worten,
es gilt x(n) * 0.
Betrachten wir den Dualraum X ∗ einmal etwas genauer, so stellen wir fest, dass es
drei Konvergenzbegriffe in X ∗ gibt:
i) Norm-Konvergenz: Die übliche“ Form der Konvergenz, wir schreiben
”
fj → f in X ∗ .
ii) schwache Konvergenz: wie oben definiert: es ist
fj * f
in X ∗ ⇐⇒ α(fj ) → α(f )
∀ α ∈ (X ∗ )∗ .
iii) schwache-∗-Konvergenz: Wir schreiben
∗
fj * f ⇐⇒ α(fj ) → α(f )
∀ α ∈ I(X) ⊂ (X ∗ )∗ ,
wobei I : X → (X ∗ )∗ die kanonische Injektion mit
I(x) (f ) := f (x)
f ∈ X ∗, x ∈ X
bezeichnet
Definition 6.5. (schwache-∗-Konvergenz)
Es gilt
∗
fj * f in X ∗ ⇐⇒ fj (x) → f (x)
∀x ∈ X,
das heisst, f konvergiert punktweise.
In der obigen Aufzählung der Konvergenzbegriffe gilt: i) ⇒ ii) ⇒ iii), wobei ii)
und iii) äquivalent sind, falls X reflexiv ist, weil dann I(X) = (X ∗ )∗ ist.
Theorem 6.2. Die Folge xj konvergiere schwach in X, das heisst, es sei xj * x.
Dann gilt
i) sup kxj k < ∞,
j≥1
ii) kxk ≤ lim inf kxj k.
j→∞
Das heisst, schwach konvergente Folgen sind beschränkt und wir können den schwachen Limes abschätzen.
Beweis. Nach Voraussetzung ist f (xj ) → f (x) für alle f aus dem Dualraum X ∗ .
Für die Folge von linearen Operatoren I(xj ) ∈ L(X ∗ , C), I(xj ) (f ) = f (xj ) gilt
daher
I(xj ) (f ) → I(x) (f )
∀ f ∈ X ∗.
Weil X ∗ ein Banach-Raum ist, folgt aus den Sätzen 3.1 und 6.2
sup kxj k = sup kI(xj )k < ∞
j≥1
j≥1
und
kxk = kI(x)k ≤ lim inf kI(xj )k = lim inf kxj k.
j→∞
j→∞
6 REFLEXIVE RÄUME UND SCHWACHE KONVERGENZ
71
Satz 6.8. Folgende Aussagen sind äquivalent:
i) Die Folge xj konvergiert in X schwach gegen x: xj * x;
ii) Die Folge xj erfüllt
(1)
sup kxj k < ∞,
j≥1
(2)
lim f (xj ) = f (x)
j→∞
∀ f ∈ D mit D̄ = X ∗ .
Beweis. i) ⇒ ii) entspricht gerade der Aussage von Theorem 6.2. Also müssen wir
noch den umgekehrten Weg zeigen.
Es sei g ∈ X ∗ gegeben. Es ist zu zeigen, dass limj→∞ g(xj ) = g(x). Dazu nehmen
wir ein f ∈ X ∗ , dann ist
|g(xj ) − g(x)| ≤ |g(xj ) − f (xj )| + |f (xj ) − f (x)| + |f (x) − g(x)|
≤ kg − f k kxj k + kf − gk kxk + |f (xj ) − f (x)|.
Nach Voraussetzung ii) existiert eine Konstante C > 0 so, dass kxj k ≤ C und
kxk ≤ C, also ist
|g(xj ) − g(x)| ≤ Ckf − gk + |f (xj ) − f (x)|
∀ j ≥ 1.
(6.1)
es sei ε > 0. Da wir f frei gewählt haben, sei f ∈ D nach (2) so, dass der erste
Term der Gleichung (6.1) < ε/2. Nun wählen wir für dieses f ein j0 (ε), so dass der
zweite Term in (6.1) < ε/2 für alle j > j0 . Damit folgt die Behauptung.
Bisher haben wir zwar mit dem Begriff der schwachen Konvergenz gearbeitet,
doch: was bedeutet schwache Konvergenz in den spezifischen Räumen? Um diese
Frage zu beantworten brauchen wir die Darstellungssätze.
Wir werden einen solchen für X = `p für p > 1 beweisen. Wie gewohnt schreiben
wir
(n) x(n) = xj j ∈ `p , x = (xj )j ∈ `p
für eine Folge (x(n) ) von Elementen (also Folgen) in `p beziehungsweise für ein
Element x in `p .
Satz 6.9. Es ist x(n) eine in `p schwach gegen x konvergierende Folge (p > 1)
genau dann, wenn
(1)
sup kx(n) k < ∞,
n≥1
(2)
(n) n→∞
xj
−→ xj
∀ j,
das heisst, x(n) konvergiert koordinatenweise.
Beweis. Zuerst beweisen wir ⇒. (1) folgt sofort aus Theorem 6.2. Für (2) definieren
wir eine Folge fj ∈ `∗p durch fj (x) = xj , x = (xj ) ∈ `p . Dann gilt für alle j
(n)
xj
= fj (x(n) ) → fj (x) = xj
n→∞
nach Voraussetzung.
Nun zu ⇐: Wir machen obige Schritte einfach rückwärts: also definieren wir die
Menge D = hf1 , f2 . . .i ⊂ `∗p . Ist p > 1, so ist D̄ = `∗p , also folgt xj * x aus (1) und
(2) mit Hilfe von Satz 6.8.
Doch wozu beschäftigen wir uns überhaupt mit der schwachen Konvergenz? Eine
Anwendung ist eine schwache Form des Satzes von Heine-Borel:
6 REFLEXIVE RÄUME UND SCHWACHE KONVERGENZ
72
Theorem 6.3. Es sei X ein reflexiver Raum, xj ∈ X eine beschränkte Folge,
kxj k ≤ M , j ≥ 1. Dann existiert ein x ∈ X und eine Teilfolge xjk , so dass
in X, (k → ∞).
xj k * x
Aus Theorem 6.2 folgt kxk ≤ M .
Bemerkung: In einem reflexiven Raum hat jede beschränkte Folge eine schwach
konvergente Teilfolge. Diese Eigenschaft charakterisiert die Reflexivität eines Raumes (Satz von Eberlein-Šmulyan, siehe Yosida, Seite 149ff).
Definition 6.6. (schwach abgeschlossene Menge)
Eine Teilmenge A ⊂ X heisst schwach (folgen-)abgeschlossen, falls
xj ∈ A
⇒ x ∈ A.
xj * x
Lemma 6.1. Ist A schwach abgeschlossen, so ist Ā = A.
Beweis. Es sei x ∈ Ā, dann existiert eine Folge xj ∈ A mit xj → x. Also ist auch
xj * x, nach Voraussetzung ist dann x ∈ A, folglich ist Ā = A.
Beispiel:
der Menge A =
(Übungsaufgabe) Für p > 1 ist der schwache Abschluss
{x ∈ `p kxkp = 1} die abgeschlossene Kugel K = {x ∈ `p kxkp ≤ 1}.
Lemma 6.2. Die folgenden Mengen A ⊂ X sind schwach abgeschlossen:
i) A ist abgeschlossen und linear;
ii) Die abgeschlossene Kugel A = {xkxk ≤ R};
iii) A konvex und abgeschlossen.
Beweis. Wir benutzen den Satz von Hahn-Banach.
i): Es sei xj ∈ A und xj * x. Dann ist f (xj ) → f (x) für alle f ∈ X ∗ . Wir
nehmen speziell eine Funktion f ∈ A⊥ , denn somit ist f (xj ) = 0 für alle j ≥ 1.
Demnach ist f (x) = 0 für alle solche f ∈ A⊥ . Daher ist mit Satz 4.4 x ∈ Ā. Weil A
abgeschlossen ist, liegt x in A.
ii) Sei kxj k ≤ R und xj * x. Dann folgt mit Theorem 6.2
kxk ≤ lim inf kxj k ≤ R.
j→∞
Für den Beweis von iii) siehe H. W. Alt.
Theorem 6.4 (Approximationstheorem). Es sei X reflexiv, M ⊂ X abgeschlossen
und linear, x∗ ∈ X. Dann existiert ein m∗ ∈ M so, dass
d(x∗ , M ) = inf kx∗ − xk = kx∗ − m∗ k,
x∈M
mit anderen Worten, das Minimum existiert.
Beweis. Dazu benötigen wir die Theoreme 6.2 und 6.3: Nach der Definition des
Infimums existiert eine Minimalfolge mj ∈ M mit
kx∗ − mj k −→ inf kx∗ − mk =: α.
m∈M
Das heisst, die Folge mj ist beschränkt. Weil X reflexiv ist, existiert nach Theorem 6.3 ein Element m∗ ∈ X und eine Teilfolge mjk so, dass mit k → ∞ die Teilfolge
in X schwach gegen m∗ konvergiert, also
mj k * m ∗
in X.
73
6 REFLEXIVE RÄUME UND SCHWACHE KONVERGENZ
Weil M abgeschlossen ist, so ist M schwach abgeschlossen (Lemma 6.2), und daher
ist m∗ ∈ M .
Mit Theorem 6.2 folgt dann
α ≤ kx∗ − m∗ k ≤ lim inf kx∗ − mjk k = lim kx∗ − mjk k = α.
k→∞
k→∞
Folglich ist kx∗ − m∗ k = α.
Wir wollen nun noch etwas allgemeiner werden:
Definition 6.7. (schwach-folgen-unterhalb-stetige Funktion)
Es sei A ⊂ X eine Teilmenge. Eine Funktion F : A →
6
R heisst im Punkt x ∈ A schwach-folgen-unterhalbstetig (kurz: s.f.u.s.), falls für jede Folge xj ∈ A mit
F (x)
xj * x gilt
b
r
F (x) ≤ lim inf F (xj ).
j→∞
x
-
Dazu möchten wir einige Beispiele geben:
1. Die Norm F (x) = kxk, F : X → R ist s.f.u.s. wegen Theorem 6.2.
2. Allgemeiner: sei F : A ⊂ X → R stetig und konvex, A abgeschlossen und
konvex. Dann ist F s.f.u.s. auf A. Denn:
Die Menge Ar := {x ∈ A|F (x) ≤ r}, r ∈ R, ist abgeschlossen und konvex.
Falls die Aussage falsch ist, so existiert x ∈ A und eine Folge xj * x so, dass
F (x) > lim inf F (xj ).
j→∞
Es existiert ein r < F (x) und eine Teilfolge xjk ∈ Ar , so dass F (xjk ) ≤ r
für k ≥ 1. Weil Ar nach Lemma 6.2.iii) schwach abgeschlossen ist, folgt aus
xjk * x, dass x ∈ Ar , das heisst, es ist F (x) ≤ r, im Widerspruch zu F (x) > r.
Theorem 6.5 (Variationsprinzip). Es sei X reflexiv, A ⊂ X eine beschränkte und
schwach abgeschlossene Teilmenge und F : A → R s.f.u.s. auf A. Dann existiert ein
x∗ ∈ A mit
F (x∗ ) = inf F (x) ∈ R,
x∈A
das heisst, es existiert ein Minimum.
Beweis. Zuerst zeigen wir, dass inf A F > −∞ ist. Sei inf A F = −∞. Dann existiert
xj ∈ A, so dass F (xj ) < −j. Weil X reflexiv und A beschränkt ist, existiert nach
Theorem 6.3 ein x∗ ∈ X so, dass eine Teilfolge xjk schwach gegen x∗ konvergiert.
Weil nun A schwach abgeschlossen ist, ist x∗ ∈ A. Da F s.f.u.s. in x∗ ist, folgt
−∞ < F (x∗ ) ≤ lim inf F (xjk ) = −∞,
k→∞
was offenbar ein Widerspruch ist.
Nun sei inf A F = α ∈ R. Wir nehmen eine minimierende Folge xj , das heisst, es
ist F (xj ) → α. Nach unserer Annahme ist A beschränkt und schwach abgeschlossen,
daher existiert – wiederum nach Theorem 6.3 – ein x∗ ∈ A so, dass es eine Teilfoge
xjk gibt, die schwach gegen x∗ ∈ A konvergiert. Da F s.f.u.s. in x∗ ist, ergibt sich
α ≤ F (x∗ ) ≤ lim inf F (xjk ) = lim F (xjk ) = α.
k→∞
∗
Also ist F (x ) = α.
k→∞
74
6 REFLEXIVE RÄUME UND SCHWACHE KONVERGENZ
Bemerkung: Die Eindeutigkeit des Minimums erfordert zusätzliche Bedingungen
an die Funktion F , Theorem 6.5 garantiert nur die Existenz des Minimums.
Zum Beispiel genügt es anzunehmen, dass F strikt konvex und A konvex ist,
das heisst, für x1 , x2 ∈ X mit x1 6= x2 und 0 < λ < 1 gilt
F (λx1 + (1 − λ)x2 ) < λF (x1 ) + (1 − λ)F (x2 ).
Das Minimum ist eindeutig, denn mit x1 6= x2 und F (x1 ) = F (x2 ) < F (x) für alle
x folgt für 0 < λ < 1
F (x1 ) ≤ F (λx1 + (1 − λ)x2 ) < λF (x1 ) + (1 − λ)F (x2 ) = F (x1 ),
was offensichtlich ein Widerspruch ist.
In Theorem 6.4 ist das Minimum eindeutig, falls, zum Beispiel, die Norm eine
strikte Norm ist, das heisst, wenn gilt
x, y 6= 0 und
kx + yk = kxk + kyk
⇒ x = λy,
λ > 0.
Als Beispiel betrachten wir wieder das Dirichlet-Problem (siehe (5.3), Seite 59):
◦
Es sei F : H1,2 (Ω) → R, Ω ⊂ Rn offen und beschränkt, f ∈ L2 (Ω) mit
Z
Z
◦
1
F (x) =
f x dµ
x ∈ H1,2 (Ω).
|∇x|2 dµ −
2 Ω
Ω
Dieses F ist strikt konvex und s.f.u.s.
Da wir das Theorem 6.3 noch nicht bewiesen haben, wollen wir das jetzt noch
nachholen. Als Vorbereitung folgt jetzt ein Satz über den Dualraum X ∗ eines separablen Raumes X: Die abgeschlossene Einheitskugel in X ∗ ist schwach-∗-folgenkompakt.
Satz 6.10 (Alaoglu-Banach). Es sei X separabel, fj ∈ X ∗ eine beschränkte Folge,
kfj k ≤ M für j ≥ 1. Dann existiert ein f ∈ X ∗ und eine Teilfolge fjk so, dass
kf k ≤ M und
∀ x ∈ X,
lim fjk (x) = f (x)
k→∞
also konvergiert die Teilfolge punktweise gegen f ∈ L(X, C) = X ∗ .
Beweis. Wir benutzen den Satz von Heine-Borel und den bekannten Diagonal-Trick:
Weil X separabel ist, existiert eine dichte Folge D = {x1 , x2 , . . .} ⊂ X mit D̄ = X.
Nach Voraussetzung ist
sup |fj (xn )| ≤ M kxn k < ∞
j≥1
für jedes feste n.
Die beschränkte Zahlenfolge fj (xn ) j hat nach Heine-Borel eine konvergente
Teilfolge, und zwar für jedes feste n = 1, 2, . . ..
Nach dem Diagonalverfahren finden wir eine Teilfolge fjk so, dass
lim fjk (xn )
k→∞
existiert für jedes n.
Wir definieren die lineare Hülle
Y = hx1 , x2 , . . .i = hDi ⊂ X.
Dann folgt, dass
lim fjk (y) =: ϕ(y)
k→∞
y∈Y
6 REFLEXIVE RÄUME UND SCHWACHE KONVERGENZ
75
existiert und ϕ : Y → C linear und stetig ist, denn es gilt
|ϕ(y)| = lim |fjk (y)| ≤ M kyk
k→∞
und somit kϕk ≤ M . Nach Voraussetzung ist Ȳ = X, daher existiert eine eindeutige
stetige Fortsetzung von ϕ auf X, wir nennen sie f ∈ X ∗ . Es gilt kf k = kϕk ≤ M .
Weil f (x) = ϕ(x) für alle x ∈ D und weil D̄ = X, so folgt
lim fjk (x) = f (x)
k→∞
∀ x ∈ X.
Als letztes beweisen wir nun das Theorem 6.3:
Beweis. Es sei X reflexiv und eine beschränkte Folge xj ∈ X mit kxj k ≤ M gegeben. Wir definieren die abgeschlossene Menge Y = hx1 , x2 , . . .i ⊂ X.
Weil X reflexiv ist, gilt dies wegen Satz 6.4 auch für Y . Nach Konstruktion ist
Y separabel und mit Satz 6.5 folgt, dass auch Y ∗ separabel ist. Nun wenden wir
Satz 6.10 auf Y ∗ an.
Betrachten wir die Folge I(xj ) ∈ (Y ∗ )∗ , xj ∈ Y im Dualraum von Y ∗ . Sie ist
nach Voraussetzung beschränkt, da
kI(xj )k = kxj k ≤ M.
Nach Satz 6.10 existiert daher ein y ∗∗ ∈ (Y ∗ )∗ mit ky ∗∗ k ≤ M und eine Teilfolge
xjk so, dass
k→∞
I(xjk ) (y ∗ ) −−−−
→ y ∗∗ (y ∗ )
für jedes y ∗ ∈ Y ∗ . Da Y reflexiv ist, existiert x ∈ Y mit y ∗∗ = I(x). Daher ist nach
Definition von I : Y → (Y ∗ )∗
y ∗ (xjk ) = I(xjk ) (y ∗ ) → I(x) (y ∗ ) = y ∗ (x)
für jedes y ∗ ∈ Y ∗ .
Es sei nun x∗ ∈ X ∗ = L(X, C), dann ist die Restriktion x∗ |Y ∈ Y ∗ und deshalb
x∗ (xjk ) → x∗ (x)
⇐⇒ xjk * x in X.
Überdies ist kxk = kI(x)k = ky ∗∗ k ≤ M .
∀ x∗ ∈ X ∗
76
7 SPEKTRUM UND RESOLVENTE
7
Spektrum und Resolvente
Als einleitendende Bemerkungen wollen wir einige Begiffe wiederholen, denen wir
in diesem Abschnitt des öfteren begegnen werden:
Definition 7.1. (Skalarprodukt)
Ein Skalarprodukt auf dem Vektorraum X ist eine zweiparametrige Funktion (·, ·) :
X × X → K, wobei K ein Körper ist, mit den Eigenschaften
i) (x1 + x2 , y) = (x1 , y) + (x2 , y);
ii) (λx, y) = λ(x, y);
iii) (x, y) = (y, x);
iv) (x, x) ≥ 0;
v) (x, x) = 0 ⇔ x = 0.
Aus den Eigenschaften i) − iii) folgt automatisch, dass
(x, y1 + y2 ) = (x, y1 ) + (x, y2 )
und
(x, λy) = λ̄(x, y).
Aus der Linearen Algebra entnehmen wir folgendes Resultat, ohne es zu beweisen:
Lemma 7.1 (Cauchy-Schwarz’sche Ungleichung). Für ein Skalarprodukt (·, ·) auf
dem Vektorraum X gilt
|(x, y)|2 ≤ (x, x) (y, y)
∀x, y ∈ X.
Definition 7.2. (Hilbert-Raum)
Ein Hilbert-Raum ist ein vollständiger normierter Raum (H, k k) mit einem Skalarprodukt (·, ·), so dass
1
∀x ∈ X.
(x, x) 2 = kxk
7.1
Adjungierte Operatoren im Hilbert-Raum
Es sei H ein Hilbert-Raum. Dann erfüllt das Skalarprodukt (·, ·) die Ungleichung
|(x, y)| ≤ kxk kyk
und es ist linear im ersten Argument, anti-linear im zweiten. Beispiel:
Z
H = L2 (Ω), (f, g) =
f ḡ dµ.
Ω
Definition 7.3. (formal adjungierter Operator)
Es sei A : DA ⊂ H → H. Dann heisst ein Operator B : DB ⊂ H → H formal
adjungiert zu A, falls
(Ax, y) = (x, By)
x ∈ D A , y ∈ DB .
d
wählen wir DA = Cc∞ (R). Mittels partieller
Beispiel. Mit H = L2 (Ω) und A = i dt
Integration folgt, dass
(Ax, y) = (x, Ay)
das heisst, A ist formal selbstadjungiert .
∀ x, y ∈ DA ,
77
7 SPEKTRUM UND RESOLVENTE
Ein Operator kann sehr viele formal adjungierte Operatoren besitzen. Ist jedoch
D̄A = H, so gibt es darunter einen ausgezeichneten, den zu A adjungierten Operator
A∗ :
Definition 7.4. (adjungierter Operator)
Es sei A : DA ⊂ H → H dicht definiert auf H, das heisst, es sei D̄A = H. Dann ist
sein adjungierter Operator
A ∗ : DA ∗ ⊂ H → H
wie folgt definiert:
die lineare Abbildung DA → C, gegeben durch
∗
DA := y ∈ H
x 7→ (Ax, y) ist stetig
Weil D̄A = H, so existiert für y ∈ DA∗ eine eindeutige stetige Fortsetzung von
x 7→ (Ax, y) zu einer stetigen, linearen Abbildung f ∈ H ∗ = L(H, C). Nach dem
Satz von Riesz existiert ein eindeutiges y ∗ ∈ H so, dass f (x) = (x, y ∗ ) für alle
x ∈ H. Daher ist
(Ax, y) = (x, y ∗ )
∀ x ∈ DA .
Damit können wir schreiben
DA∗ = {y ∈ H| ∃y ∗ : (Ax, y) = (x, y ∗ ) ∀ x ∈ DA }.
Dieses y ∗ ∈ H ist eindeutig, und man definiert damit
A∗ y = y ∗
y ∈ D A∗ .
Es folgt dann
(Ax, y) = (x, A∗ y)
∗
∀x ∈ DA , y ∈ DA∗ ,
das heisst, A ist ein zu A formal adjungierter Operator. Es gilt sogar: A∗ ist der
maximale zu A formal adjungierte Operator.
Satz 7.1. Es sei A : DA ⊂ H → H, D̄A = H. Dann hat A∗ folgende Eigenschaften:
i) A∗ ist der maximale zu A formal adjungierte Operator;
ii) A∗ ist abgeschlossen;
iii) Ist A ⊂ B, so folgt B ∗ ⊂ A∗ .
Zur Notation: Wir schreiben A ⊂ B und meinen dabei DA ⊂ DB und Ax = Bx
für alle x ∈ DA .
Beweis. i) Es sei B : DB ⊂ H → H ein zu A formal adjungierter Operator, das
heisst, es gelte (Ax, y) = (x, By) für alle x ∈ DA , y ∈ DB . Wir betrachten ein festes
y ∈ DB . Das lineare Funktional (x, By) ist stetig in x ∈ DA . Nach Definition der
Adjungierten A∗ liegt y in DA∗ und es ist A∗ y = By, also ist B ⊂ A∗ .
ii) Sei {yj , A∗ yj } eine Folge in H ⊕H mit yj ∈ DA∗ , die gegen {y, z} konvergiert.
Dann ist
(Ax, yj ) = (x, A∗ yj ) x ∈ DA
↓
↓
(Ax, y) =
(x, z)
x ∈ DA .
Das Funktional auf der rechten Seite ist stetig in x ∈ DA , und nach der Definition
der Adjungierten A∗ heisst das, dass y in DA∗ liegt und dass A∗ y = z ist. Folglich
ist A∗ abgeschlossen.
iii) Es sei y ∈ DB ∗ , dann gilt für alle x ∈ DA ⊂ DB
(Ax, y) = (Bx, y) = (x, B ∗ y).
Auf der rechten Seite steht ein in x ∈ DA stetiges Funktional (also auch auf der
linken). Nach Definition von A∗ gilt dann aber: y ∈ DA∗ und A∗ y = B ∗ y, das heisst,
es ist B ∗ ⊂ A∗ .
78
7 SPEKTRUM UND RESOLVENTE
Definition 7.5. (symmetrischer, selbstadjungierter Operator)
Ein Operator A : DA ⊂ H → H mit D̄A = H heisst symmetrisch, falls A ⊂ A∗ .
Äquivalent dazu ist (Ax, y) = (x, Ay) für alle x, y ∈ DA . Der Operator heisst
selbstadjungiert, falls A = A∗ , das heisst, wenn A ⊂ A∗ und DA∗ = DA .
Bemerkungen:
1. Falls der Operator A stetig ist, also A ∈ L(H), so ist symmetrisch gleichbedeutend wie selbstadjungiert.
2. In der älteren Literatur werden selbstadjungierte Operatoren auch maximal
symmetrische Operatoren genannt. Dies hat folgende Motivation:
Es sei A = A∗ , A ⊂ B mit B ⊂ B ∗ , das heisst, B ist eine symmetrische
Erweiterung von A. Nach Satz 7.1.iii) ist dann
A = A∗ ⊃ B ∗ ⊃ B
also A ⊃ B, und daher ist A = B.
Zur Illustration betrachten wir ein Beispiel: Es sei H = L2 (0, 1) mit komplexwertigen Funktionen mit dem Skalarprodukt
Z 1
(f, g) =
f ḡ dµ.
0
Die Operatoren seien gegeben durch
Ak := i
d
: DAk ⊂ L2 (0, 1) → L2 (0, 1).
dt
Sie unterscheiden sich nur durch den Definitionsbereich. Wichtig: der Operator
wirkt als schwache Ableitung! Als Definitionsbereiche untersuchen wir
DA1 := H 1,2 (0, 1)
DA2 := H
1,2
DA3 := H
1,2
d
dt
maximaler Definitionsbereich
(0, 1) ∩ {x(0) − x(1) = 0}
(0, 1) ∩ {x(0) = 0 = x(1)}
periodische Randbedingungen
Dirichlet-Randbedingungen
Zur Erinnerung: es ist H 1,2 (0, 1) ⊂ C[0, 1]. Da Cc∞ (0, 1) in L2 (0, 1) dicht liegt und
Cc∞ (0, 1) ⊂ DAk für k = 1, 2, 3, sind die Operatoren dicht definiert. Zudem sind
alle Operatoren (nach Sobolev) abgeschlossen. Daher existieren alle Adjungierten
A∗k und mit DA3 ⊂ DA2 ⊂ DA1 folgt
A3 ⊂ A 2 ⊂ A 1
⇒ A∗1 ⊂ A∗2 ⊂ A∗3 .
Satz 7.2. Es gilt A∗3 = A1 , A∗2 = A2 , A∗1 = A3 .
Beweis. Übungsaufgabe (mittels partieller Integration).
Folgerungen:
1. A3 ist symmetrisch, aber nicht selbstadjungiert (der Definitionsbereich ist zu
klein):
A3 ⊂ A2 = A∗2 ⊂ A∗3 ⇒ A3 ⊂ A∗3 .
Also:
A∗3 = A1 % A3 .
2. A2 ist eine selbstadjungierte Erweiterung des symmetrischen Operators A3 .
3. A1 ist eine echte Erweiterung des selbstadjungierten Operators A2 , kann daher
also nicht symmetrisch sein:
A∗1 = A3 $ A1 .
79
7 SPEKTRUM UND RESOLVENTE
7.2
Spektrum und Resolvente
Definition 7.6. (Resolventenmenge)
Es sei X ein komplexer Banach-Raum und A : DA ⊂ X → X ein linearer Operator
des Raumes in sich selbst. Wir definieren die Resolventenmenge ρ von A durch
ρ(A) := {λ ∈ C|(λ1 − A) : DA → X ist bijektiv mit (λ1 − A)−1 ∈ L(X)} ⊂ C.
Bemerkungen:
1. Es sei ρ(A) 6= ∅ und λ ∈ ρ(A), also ist (λ1−A)−1 in L(X). Dann ist (λ1−A)−1
abgeschlossen. Daraus folgt aus Satz 3.4, dass auch (λ1 − A) abgeschlossen ist
und schliesslich muss auch A abgeschlossen sein.
Umgekehrt können wir sagen: ist A nicht abgeschlossen, so ist ρ(A) = ∅.
2. Ist A abgeschlossen, (λ1 − A) injektiv und surjektiv, so ist (λ1 − A)−1 ∈ L(X)
wegen Theorem 3.6.
Definition 7.7. (Resolvente)
Die Resolvente von A ist eine operatorwertige Funktion
ρ(A) → L(X)
λ 7→ (λ1 − A)−1
=:
Rλ
=
Rλ (A).
Bemerkung: Ist λ ∈ ρ(A), dann ist Rλ (A) : X → DA bijektiv und (λ1−A)Rλ = 1
auf X sowie Rλ (λ1 − A) = 1 auf DA .
Satz 7.3. Es gelten folgende algebraische Eigenschaften für die Resolvente, falls
λ, µ ∈ ρ(A):
i) Rλ A ⊂ ARλ ;
ii) ARλ = λRλ − 1 ∈ L(X);
iii) Rλ − Rµ = (µ − λ)Rλ Rµ ;
iv) Rλ Rµ = Rµ Rλ .
Beweis. Aus λ ∈ ρ(A) folgt für alle x ∈ X
x = (λ1 − A)Rλ x = λRλ x − ARλ x,
woraus wir sofort ii) ablesen können.
Mit x ∈ DA schliessen wir, dass
x = Rλ (λ1 − A)x = λRλ x − Rλ Ax,
also ist ARλ x = Rλ Ax für x ∈ DA . Dies ist die Aussage von i).
Zudem ist
Rλ = Rλ 1 = Rλ (µ1 − A)Rµ = Rλ (µ1 − λ1 + λ1 − A)Rµ
= (µ − λ)Rλ Rµ + Rλ (λ1 − A) Rµ
|
{z
}
=1DA
Damit ist iii) bewiesen und iv) folgt unmittelbar aus iii)
Definition 7.8. (Spektrum)
Das Spektrum eines linearen Operators A : DA ⊂ X → X ist die Menge
σ(A) := C \ ρ(A).
80
7 SPEKTRUM UND RESOLVENTE
Bemerkung: σ(A) enthält die Eigenwerte von A, sofern es solche gibt: Sei λ ∈ C
ein Eigenwert von A. Dies ist genau dann der Fall, wenn λ1 − A nicht injektiv ist,
d.h. es gibt ein 0 6= x ∈ X mit (λ1 − A)x = 0 oder, anders geschrieben, Ax = λx.
Die Menge der Eigenwerte heisst Punktspektrum von A:
σp (A) := {λ ∈ C|λ Eigenwert von A} ⊂ σ(A).
Falls X ein Hilbert-Raum ist und A ⊂ A∗ , dann ist σp (A) ⊂ R, denn mit
Ax = λx folgt
(Ax, x) = λkxk2
und
(Ax, x) = (x, Ax) = (x, Ax).
Wir wollen nun den Unterschied zwischen unendlich-dimensionalen und endlichdimensionalen Räumen betrachten. Als erstes sei X ein komplexer Raum mit dimX <
∞ und A ∈ L(X). Wählen wir eine Basis von X, so lässt sich A als quadratische
Matrix darstellen. Es gilt
λ1 − A ist injektiv ⇐⇒ λ1 − A ist surjektiv ⇐⇒ det(λ1 − A) 6= 0.
Nach Definition ist
σ(A) = {λ ∈ C | det(λ1 − A) = 0} = σp (A)
und aus der linearen Algebra wissen wir, dass σp (A) höchstens dim(X) Punkte
enthält. Weil ρ(A) = C \ σp (A) ist ρ(A) sicher nicht leer. Dass dies in unendlichdimensionalen Räumen nicht der Fall zu sein braucht, zeigt uns folgendes Beispiel:
Wir betrachen den Raum X = L2 (0, 1) von komplexwertigen Funktionen und
die Operatoren
d
Ak = i : DAk ⊂ L2 (0, 1) → L2 (0, 1),
dt
welche als schwache Ableitungen auf L2 (0, 1) wirken. Als Definitionsbereiche nehmen wir
DA1 := H 1,2 (0, 1)
DA2 := H
1,2
DA3 := H
1,2
DA4 := H
1,2
(0, 1) ∩ {x(0) − x(1) = 0}
(0, 1) ∩ {x(0) = 0 = x(1)}
maximaler Definitionsbereich
periodische Randbedingungen
Dirichlet-Randbedingungen
(0, 1) ∩ {x(0) = 0}
Satz 7.4. Im obigen Beispiel gilt
(1)
σ(A1 ) = σp (A1 ) = C
(2)
(3)
σ(A2 ) = σp (A2 ) = 2πZ
σ(A3 ) = C, σp (A3 ) = ∅
(4)
σ(A4 ) = ∅
ρ(A1 ) = ∅
ρ(A2 ) 6= ∅
ρ(A3 ) = ∅
ρ(A4 ) = C
Bemerkung: Die Operatoren sind dicht definiert, abgeschlossen, A ∗2 = A2 ist selbstadjungiert und A3 ⊂ A∗3 ist symmetrisch.
Beweis. Übungsaufgabe
Zur Notation: Von nun an schreiben wir (λ − A) statt (λ1 − A).
Satz 7.5. Sei X ein Banach-Raum, A : DA ⊂ X → X und z0 ∈ ρ(A) 6= ∅. Dann
enthält ρ(A) die offene Kreisscheibe
D = {z |z − z0 | < k(z0 − A)−1 k−1 }
81
7 SPEKTRUM UND RESOLVENTE
auf der die Resolvente darstellbar ist durch die in L(X) konvergente Reihe
X
(z − A)−1 =
(z0 − z)n Rz0 (A)n+1
z∈D
n≥0
mit Rz0 (A) = (z0 − A)−1 ∈ L(X).
Beweis. Auf dem Definitionsbereich DA gilt
z − A = (z0 − A) − (z0 − z) = 1 − (z0 − z)(z0 − A)−1 (z0 − A).
Weil X ein Banach-Raum ist, so ist für k(z0 − z)(z0 − A)−1 k < 1 der Operator
1 − (z0 − z)(z0 − A)−1
in L(X) ein stetiger Isomorphismus von X und hat die durch die geometrische Reihe
dargestellte stetige Inverse. Daher ist z − A injektiv und surjektiv; es ist
X
n
(z − A)−1 =
(z0 − z)(z0 − A)−1 (z0 − A)−1 ,
n≥0
wobei die Reihe in L(X) für jedes z ∈ D konvergiert.
Eine direkte Folgerung aus Satz 7.5 ist folgender Satz:
Satz 7.6. Sei X ein Banach-Raum und A : DA ⊂ X → X. Dann ist ρ(A) offen
und σ(A) abgeschlossen in C. Die Resolventenfunktion z 7→ (z − A)−1 ∈ L(X) ist
eine auf ρ(A) analytische Funktion mit Werten in L(X), zudem gilt für z ∈ ρ(A)
k(z − A)−1 k ≥
1
.
dist(z, σ(A))
Einen Spezialfall stellen die beschränkten Operatoren A ∈ L(X) dar: Sie besitzen den Spektralradius
1
rA := lim kAn k n
n→∞
≤ kAk.
Theorem 7.1. Es sei X ein Banach-Raum und A ∈ L(X) Dann ist ρ(A) 6= ∅ und
σ(A) 6= ∅. Genauer gilt
i) |z| > rA
⇒
ii) z ∈ σ(A)
z ∈ ρ(A);
⇒
|z| ≤ rA ;
iii) rA = sup |z|;
z∈σ(A)
iv) (z − A)−1 =
v)
1 X An
konvergiert in L(X) für |z| > rA ;
z
zn
n≥0
lim k(z − A)−1 k = 0.
|z|→∞
Beweis. Zum Beweis verwenden wir Theorem 2.2 über die Neumann’sche Reihe,
die Cauchy-Formel für holomorphe Funktionen und den Satz von Liouville: Es sei
|z| > kAk. Dann konvergiert die Reihe
(z − A)−1 =
1
1 X An
A −1
=
1−
z
z
z
zn
n≥0
(7.1)
82
7 SPEKTRUM UND RESOLVENTE
in L(X) und es gilt
k(z − A)−1 k ≤
1
1
1
|z|→∞
=
−→ 0.
kAk
|z| 1 −
|z| − kAk
|z|
Nach dem Wurzelkriterium und der Definition von rA konvergiert obige Reihe für
|z| > rA in L(X). Durch Multiplikation der Reihe mit (z − A) von links und von
rechts erhalten wir die Identität, so dass die Formel (7.1) gilt für |z| > rA , das
heisst, z ∈ ρ(A), und es folgt
rA ≥ σ0 := sup |z|.
z∈σ(A)
Zu zeigen ist, dass rA ≤ σ0 . Es sei |z| > rA . Dann ist, wie wir bereits wissen,
(z − A)−1 =
1 X An
= z −1 1 + z −2 A + z −3 A2 + z −4 A3 + . . .
z
zn
n≥0
konvergent in L(X). Termweise Integration über den Kreis Kr (0) mit Radius r > rA
und Zentrum 0 liefert mit der Cauchy-Formel für holomorphe Funktionen
Z
1
n
z n (z − A)−1 dz
n = 1, 2, . . . .
(7.2)
A =
2πi Kr (0)
Weil (z − A)−1 holomorph ist, gilt die Formel (7.2) auch für r > σ0 . Wir definieren
für r > σ0
M (r) = max kf (reiϑ )k
f (z) = (z − A)−1 .
ϑ
Dann folgt aus (7.2)
und somit
kAn k ≤ rn+1 M (r)
1
rA = lim kAn k n ≤ r.
n→∞
Dies gilt für alle r > σ0 , daher ist rA ≤ σ0 . Zusammen ist also rA = σ0 .
Wir nehmen an, es sei σ(A) = ∅. Dann ist z 7→ (z − A)−1 ∈ L(X) analytisch auf
C. Nehmen wir f ∈ X ∗ und x ∈ X, so ist
z 7→ f (Rz x) : C → C
analytisch auf ganz C und es gilt
lim f (Rz x) = 0.
|z|→∞
Nach dem Satz von Liouville ist die Funktion konstant und daher ist f (Rz x) = 0
für alle z ∈ C und alle x ∈ X. Dies wiederum gilt für alle f ∈ X ∗ . Mit dem Satz
von Hahn-Banach folgt nun, dass Rz x = 0 für alle z ∈ C und für alle x ∈ X, im
Widerspruch zu
(z − A)Rz x = x
∀ |z| > kAk.
Lemma 7.2. Es sei A ⊂ A∗ ein symmetrischer Operator auf dem Hilbert-Raum H.
Dann gilt
k(z − A)uk ≥ |Im(z)| kuk
u ∈ DA .
Ist Im(z) 6= 0, so ist (z − A) injektiv; ist zusätzlich (z − A) surjektiv, so folgt
k(z − A)−1 k ≤
1
.
|Im(z)|
83
7 SPEKTRUM UND RESOLVENTE
Beweis. Es gilt: A ⊂ A∗ ⇐⇒ (Au, u) = (u, Au) für u ∈ DA . Daher ist
(u, Au) = (Au, u) = (u, Au) ∈ R
und es gilt
|Im(z)| kuk2 = Im u, (z − A)u ≤ u, (z − A)u ≤ kuk k(z − A)uk
für u ∈ DA .
Theorem 7.2 (Kriterium für Selbstadjungiertheit). Es sei H ein Hilbert-Raum, A
dicht definiert und symmetrisch, das heisst, A ⊂ A∗ . Dann sind folgende Aussagen
äquivalent:
i) A = A∗ (A ist selbstadjungiert);
ii) σ(A) ⊂ R;
iii) Wz−A = H für je ein z in Im(z) > 0 und Im(z) < 0;
iv) A ist abgeschlossen und es ist
kern(z − A∗ ) = {0} für je ein z in Im(z) > 0 und Im(z) < 0.
Bemerkung: Ist A selbstadjungiert, so ist σ(A) nicht leer, wie wir später noch
sehen werden.
Beweis. Wir beweisen die Reihenfolge iii) ⇒ ii) ⇒ i) ⇒ iii) ⇔ iv).
1. Teil Sei Wz0 −A = H für ein z0 in Im(z) > 0.
6
Dann folgt aus Lemma 7.2, dass z0 − A : DA → H
'$
bijektiv ist, und
p
D z0p z1
1
1
−1
k(z0 − A) k ≤
=
.
&%
|Im(z )|
Im(z )
0
0
Daher ist z0 ∈ ρ(A) und, nach Satz 7.5, enthält ρ(A) die offene Kreisscheibe
D = {z ∈ C |z − z0 | < Im(z0 )}.
Wir wiederholen dieses Argument in jedem Punkt von D (in der Skizze durch
z1 angedeutet) und schliessen so fortlaufend, dass ρ(A) die ganze obere Halbebene
Im(z) > 0 enthält. Analog verfahren wir mit der unteren Halbebene Im(z) < 0.
Damit erhalten wir
σ(A) = C \ ρ(A) ⊂ {z ∈ C|Im(z) = 0} = R.
2. Teil Sei σ(A) ⊂ R und A ⊂ A∗ . Zu zeigen ist DA∗ = DA . Also nehmen wir
ein u ∈ DA∗ . Nach Annahme ist ±i ∈ ρ(A), daher ist WA−i = H = WA+i . Deshalb
existiert ein v ∈ DA so, dass
(A∗ − i)u = (A − i)v = (A∗ − i)v,
letztere Gleichung wegen A ⊂ A∗ . Also ist (A∗ − i)(u − v) = 0 und deshalb gilt für
alle w ∈ DA
(A + i)w, u − v = w, (A∗ − i)(u − v) = 0.
Weil WA+i = H, folgt u − v = 0 und damit u = v ∈ DA .
3. Teil Es sei A = A∗ . Zu zeigen ist Wz−A = H für Im(z) 6= 0. Zuerst zeigen
wir: Ist Im(z) 6= 0, so ist Wz−A ⊂ H abgeschlossen. Es sei also v ∈ W z−A , das
heisst, es gibt eine Folge un ∈ DA mit limn→∞ (z − A)un = v. Weil Im(z) 6= 0
84
7 SPEKTRUM UND RESOLVENTE
folgt aus Lemma 7.2, dass un eine Cauchy-Folge ist, also un in H gegen ein u ∈ H
konvergiert. Weil A = A∗ abgeschlossen ist (Satz 7.1), schliessen wir u ∈ DA und
(z − A)u = v. Also ist v ∈ Wz−A .
Nun beweisen wir, dass für Im(z) 6= 0 der Wertebereich
Wz−A in H dicht liegt.
⊥
Wir nehmen ein v ∈ Wz−A
. Dann ist v, (z − A)u = 0 für alle u ∈ DA . Das
heisst, das Funktional f (u) = (Au, v) = (u, z̄v) ist stetig (es handelt sich um ein
Skalarprodukt) in u ∈ DA . Nach Definition der Adjungierten ist v ∈ DA∗ und
A∗ v = z̄v. Weil A selbstadjungiert ist, folgt (z̄ − A)v = 0. Da Im(z) 6= 0, folgt aus
⊥
Lemma 7.2, dass v = 0. Wir haben gezeigt, dass Wz−A
= {0}.
Folglich ist Wz−A abgeschlossen und dicht in H und es folgt Wz−A = H.
4. Teil Der Beweis iii) ⇐⇒ iv) wird dem Leser als Übung überlassen.
Selbstadjungiertheit ist stabil unter Störungen, wie wir als nächstes zeigen werden.
Lemma 7.3. Sei A ⊂ A∗ , z ∈ ρ(A), z 6= 0 und z + z̄ = 0. Zudem bezeichne
Rz = (z − A)−1 . Dann ist
kA Rz uk ≤ kuk,
1
kuk
kRz uk ≤
|z|
∀ u ∈ H.
Beweis. Es ist u = (z − A)Rz u = z Rz u − ARz u für alle u ∈ H. Es folgt
kuk2 = (u, u) = (z Rz u − ARz u, z Rz u − ARz u)
= |z|2 kRz uk2 − (z + z̄)(ARz u, Rz u) + kARz uk2 ,
| {z }
=0
das zweite Gleichheitszeichen gilt wegen A ⊂ A∗ . Damit folgt die Behauptung.
Theorem 7.3 (Stabilitätssatz von Kato-Rellich). Sei A = A∗ ein selbstadjungierter
und B ⊂ B ∗ ein symmetrischer Operator mit DA ⊂ DB . Wir nehmen an, B sei
klein bezüglich A im Sinne von
kBuk ≤ akAuk + bkuk
u ∈ DA
mit 0 ≤ a < 1 und b ≥ 0. Dann ist der Operator A + B mit DA+B = DA selbstadjungiert.
Spezialfall: Ist A = A∗ und B = B ∗ ∈ L(X), so ist A + B auf DA selbstadjungiert.
Wir wählen a = 0 und b = kBk.
Beweis. Wir benutzen Theorem 7.2 und die Eigenschaften der Neumann’schen Reihe. Nach Voraussetzung ist A + B auf DA symmetrisch. Nach Theorem 7.2 ist zu
zeigen, dass Wz−(A+B) = H für je ein z in Im(z) > 0 und Im(z) < 0.
Weil A selbstadjungiert ist, gilt nach Theorem 7.2 für z mit Im(z) 6= 0, dass
z ∈ ρ(A) und
(z − A)−1 (H) = DA ⊂ DB .
Auf DA gilt ausserdem
z − (A + B) = 1 − B(z − A)−1 (z − A).
Weil (z − A) surjektiv ist, genügt es zu zeigen, dass 1 − B(z − A)−1 ein stetiger
Isomorphismus von H ist für z = iµ, µ ∈ R und |µ| gross. Nach Neumann genügt
es nun zu zeigen, dass für ein solches z
kB(z − A)−1 k < 1.
7 SPEKTRUM UND RESOLVENTE
85
Aus den Voraussetzungen folgt für alle u ∈ H
kB(z − A)−1 uk ≤ akA(z − A)−1 uk + bk(z − A)−1 uk.
Mit Lemma 7.3 ist nun
b
b kuk.
kuk = a +
|µ|
|µ|
b
= α < 1. Für diese
Weil a < 1 ist, können wir µ so gross wählen, dass a + |µ|
z = iµ folgt dann
kB(z − A)−1 k ≤ α < 1.
kB(z − A)−1 uk ≤ akuk +
Somit ist das Theorem bewiesen.
86
8 HALBGRUPPEN
8
8.1
Halbgruppen
Gewöhnliche Differentialgleichungen im Banach-Raum
Wir betrachten ein lipschitzstetiges Vektorfeld f : X → X auf einem Banach-Raum
X; d.h. kf (x) − f (y)k ≤ Lkx − yk für alle x, y ∈ X und eine Konstante L > 0. Dann
gibt es zu jedem vorgegebenen x ∈ X genau eine Kurve R → X, t 7→ x(t), welche in
jedem t ∈ R in dem Sinne differenzierbar ist, dass der Limes
x(t + h) − x(t)
d
=: x(t) =: x0 (t) ∈ X
h→0
h
dt
lim
in X existiert, und welche die Gleichungen
d
x(t) = f (x(t)) , t ∈ R
dt
x(0) = x,
erfüllt. Das Cauchy-Anfangswert-Problem in X ist also eindeutig lösbar für jede
Anfangsbedingung x ∈ X, und die Lösung existiert für alle Zeiten. Dies ist der
Satz von Cauchy-Picard-Lindelöff . Für die eindeutige Lösungskurve x(t) durch x,
schreibt man gewöhnlich
ϕt (x) = x(t) , ϕ0 (x) = x,
die Abbildung t 7→ ϕt nennt man Lösungsfluss. Aus der Eindeutigkeit der Lösung
des Cauchy-Anfangswert-Problems folgt sofort
ϕt+s (x) = ϕt ϕs (x) = ϕs ϕt (x) für alle t, s ∈ R und alle x ∈ X.
Wir können eine einparametrige Familie ϕt von stetigen Abbildungen ϕt : X → X,
x 7→ ϕt (x), t ∈ R definieren. Diese Familie ist eine einparametrige Gruppe von
(Lipschitz-)Homöomorphismen von X
ϕt+s = ϕt ◦ ϕs ,
8.2
(ϕt )−1 = ϕ−t ,
ϕ0 = 1.
Spezialfall: Lineare Gleichungen
Sei f (x) = Ax, mit A ∈ L(X). Dann ist A ein lipschitzstetiges Vektorfeld, da ja
kf (x)−f (y)k = kA(x−y)k ≤ kAk kx−yk. Der Lösungsfluss ϕt (x) ist explizit durch
die Exponentialfunktion gegeben
ϕt (x) = P t (x) , P t ∈ L(X)
∞ n
X
t n
A ∈ L(X)
P t := exp(tA) =
n!
j=0
mit Konvergenz in L(X). Nach den Eigenschaften der Exponentialfunktion bildet
die Familie P t ∈ L(X) eine Gruppe, P 0 = 1 , P t P s = P t+s = P s P t . Überdies
existiert der Limes
d t
1 t+h
P := lim
P
− P t in L(X),
h→0
dt
h
und erfüllt für alle t ∈ R
d t
P = P t A = AP t .
dt
87
8 HALBGRUPPEN
Insbesondere ist also die sogenannte Erzeugende A der Gruppe P t gegeben durch
d
A = Pt .
dt t=0
Umgekehrt, falls P t eine einparametrige Gruppe von beschränkten Operatoren ist,
welche in dem Sinne gleichmässig stetig ist, dass
lim P t − 1 = 0 in L(X),
t→0
dann ist P t = etA , mit einem beschränkten Operator A ∈ L(X), siehe Satz 8.3. Dies
ist für uns zu einschränkend! Für unbeschränkte Operatoren versagt die Lösungsmethode mit der Exponentialfunktion.
8.3
Problemstellung: Das Cauchy-Anfangswert-Problem
Sei A : DA ⊂ X → X ein linearer, nicht notwendigerweise stetiger Operator. Gibt
es zu vorgegebenem x ∈ X eine stetige Kurve t 7→ x(t), t ∈ R, welche für t > 0
differenzierbar ist mit x(t) ∈ DA , so, dass
d
x(t) = Ax(t) , t > 0
dt
x(0) = x ?
Für welche Operatoren A und für welche Anfangsbedingungen x existiert die Lösung
für alle Zeiten? Ist sie eindeutig? Hängt sie stetig ab von den Anfangsbedingungen?
In welchem Sinne
gibt es zum Beispiel eine Dynamik für den Schrödingeroperator
in X = L2 Rn ,
8.4
1 d
u(t) = ∆ − V (x) u(t) , t ∈ R
i dt
u(0) = u ∈ L2 Rn ?
Kontraktionshalbgruppen
Um zur Klasse der unbeschränkten Operatoren A : DA ⊂ X → X zu gelangen, für
welche Existenz und Eindeutigkeit des Cauchy-Anfangswert-Problems gilt, starten
wir mit den Lösungen!
Definition 8.1. (Halbgruppe) Eine Halbgruppe auf dem Banach-Raum X ist eine
Familie P t ∈ L(X), t ≥ 0, von beschränkten Operatoren, so, dass
P 0 = 1,
P s P t = P t P s = P t+s für t, s ≥ 0 und
lim P t (x) = x für jedes x ∈ X.
t→0
t→0
Achtung! Wir fordern nicht, dass kP t − 1k −−−→ 0 in L(X) gilt. Dies würde zu
P t = etA und A ∈ L(X) führen, also zu nichts neuem, siehe auch Satz 8.3!
Beispiel (Translationsgruppe P t in X = L2 (R)). Sei
P t u(x) = u(x + t) , u ∈ L2 (R).
Es ist dann lim P t (u) = u für jedes u ∈ L2 (R). Denn
t→0
t
P (u) − u2 =
Z
+∞
−∞
2
t→0
u(x + t) − u(x) dx −−−→ 0.
88
8 HALBGRUPPEN
2
2
Aber P t − 1 = supkuk≤1 P t (u) − u = 2 für t > 0, sodass die Gruppe P t nicht
stetig in L(X) ist. Die Erzeugende A der Gruppe ist die (schwache) Ableitung
d
A = dt
in L2 (R), wie wir sehen werden.
Satz 8.1. Sei P t , t ≥ 0, eine Halbgruppe auf X. Dann gibt es zwei Konstanten
a ≥ 1 und b > 0, sodass kP t k ≤ aebt , t ≥ 0. Überdies gilt für alle t ≥ 0, dass
lim P s (x) = P t (x) für jedes x ∈ X.
s→t
Beweis. Es gibt ein ε > 0, sodass kP t k ≤ a für ein a ≥ 1 auf dem Intervall 0 ≤
t ≤ ε. Denn sonst gäbe es eine Folge tn → 0 mit kP tn k → ∞, was wegen des
Prinzips der gleichmässigen Beschränktheit (Theorem 3.1) ein Widerspruch ist zur
Stetigkeitseigenschaft
lim P tn (x) = x für jedes x ∈ X.
n→∞
Jedes t ≥ 0 ist von der Form t = nε + δ mit n ganz und 0 ≤ δ < ε. Mit a ≥ 1 folgt
aus den Gruppenstrukturen
n
t
kP t k = kP nε P δ k ≤ k P ε k kP δ k ≤ aan ≤ aa ε = aebt .
Nach Definition gilt lims→0 P s (x) = x für jedes x ∈ X. Sei 0 < s < t, dann folgt
mit der Gruppenstruktur, dass
t
P − P s (x) = P s 1 − P t−s (x) ≤ aebs 1 − P t−s (x).
Die rechte Seite konvergiert gegen 0 für (t − s) → 0. Analog argumentiert man für
(s − t) → 0. Man hat also Stetigkeit im Punkt t = s!
Folgerung: Die Halbgruppe Qt := P t e−bt mit t ≥ 0 ist beschränkt, da kQt k ≤ a.
Definiere eine neue Norm durch kuk∗ := sups≥0 kQs (u)k, u ∈ X. Diese ist wegen
kuk ≤ kuk∗ ≤ akuk äquivalent zur alten Norm, und
kQt uk∗ = sup kQs Qt uk = sup kQs+t uk
s≥0
s≥0
= sup kQs uk ≤ sup kQs uk = kuk∗
s≥t
s≥0
für alle t ≥ 0, sodass kQt uk∗ ≤ kuk∗ . Ohne Beschränkung der Allgemeinheit fordern
wir deshalb im Folgenden kP t k ≤ 1.
Definition 8.2. (Kontraktionshalbgruppe)
Eine Kontraktionshalbgruppe auf X ist eine Familie P t ∈ X, t ≥ 0, mit
1. P 0 = 1 , P s P t = P t P s = P t+s für alle t, s ≥ 0;
2. kP t k ≤ 1 für alle t ≥ 0;
3. lim P t (x) = x für alle x ∈ X.
t→0
Bei der Exponentialfunktion in X = C ist P tx = eat x, x ∈ C, a ∈ C. Dies
bedeutet, dass Re(a) ≤ 0 sein muss, weil dann eat = eRe(a) t ≤ 1 für t ≥ 0.
Die “Erzeugende” einer Kontraktionshalbgruppe ist formal die Ableitung in t
an der Stelle t = 0.
Definition 8.3. (Erzeugende einer Kontraktionshalbgruppe)
Die Erzeugende A einer Kontraktionshalbgruppe P t ist der (lineare) Operator A :
DA ⊂ X → X, definiert durch
1 h
DA : = x ∈ X : der Limes lim
P (x) − x in X existiert .
h→0 h
1 h
P (x) − x ∈ X, x ∈ DA .
Ax = lim
h→0 h
89
8 HALBGRUPPEN
Sicher ist 0 ∈ DA und DA ist ein linearer Unterraum von X. Es ist sogar ein
dichter Unterraum, wie wir später (Theorem 8.1) zeigen werden.
Beispiel (Translationsgruppe). Sei X = Lp (0, ∞), p ≥ 1. Definiere P t ∈ L(X)
durch
P t u(x) := u(x + t) , t ≥ 0.
Sei k · kp die p-Norm in Lp (0, ∞). Dann konvergiert
Z ∞
Z ∞
t p
t→∞
p
p
P u =
|u(x + t)| dx =
|u(s)| ds −−−→ 0
p
0
t
nach Lebesgue. Es folgt die Kontraktionseigenschaft für t ≥ 0
Z ∞
t p
p
p
P u ≤
|u(s)| ds = u .
p
0
Durch punktweises Ableiten nach t in t = 0 erhalten wir formal A =
gende. Genauer:
d
dx
als Erzeu-
Lemma 8.1 (Erzeugende von P t ). Für die Erzeugende A der Translationsgruppe
gilt:
1. DA = H 1, p (0, ∞) ⊂ Lp (0, ∞);
2. Au =
d
u, u ∈ DA (schwache Ableitung).
dx
Beweis. Zunächst zeigen wir DA ⊂ H 1,p (0, ∞). Sei u ∈ DA . Dann existiert nach
Definition von DA der Grenzwert
1 t
P u − u =: Au in Lp (0, ∞).
t→0 t
lim
Dies bedeutet für u ∈ Lp (0, ∞) das Folgende: Sei ϕ ∈ Cc∞ (0, ∞). Dann folgt für
t > 0, dass
Z ∞
Z ∞
1
1
u(x + t) − u(x) ϕ(x) dx =
u(x) ϕ(x − t) − ϕ(x) dx.
t
t
0
0
Im Limes t → 0 folgt mit Hölder links und Lebesgue rechts
Z ∞
Z ∞
d
Au(x) ϕ(x) dx = −
u(x) ϕ(x) dx, ϕ ∈ Cc∞ (R).
dx
0
0
Nach Voraussetzung sind u und Au in Lp (0, ∞). Nach Definition des Sobolevd
u die schwache Ableitung von u und u
Raumes H 1,p (0, ∞) ist deshalb Au = dx
1, p
liegt in H (0, ∞).
Das Lemma folgt, sobald H 1, p (0, ∞) ⊂ DA gezeigt ist. Sei u ∈ H 1, p (0, ∞),
d
kürze ab u0 := dx
u ∈ Lp (0, ∞) für die schwache Ableitung, und benutze
Z x
u(x) − u(0) =
u0 (y) dy.
0
Mit Hölder ist
h
Z th
i
i 1
0
0
u(x + t) − u(t) − u0 (x) = 1
u (x + y) − u (x) dy t
t
0
p1
Z t
1
p
−p
0
0
|u (x + y) − u (x)| dy .
≤t
0
90
8 HALBGRUPPEN
Deshalb ist
p Z
1
P t (u) − u − u0 =
t
p
1
[u(x + t) − u0 (x)] − u0 (x) dx
t
0
Z tZ ∞
1
p
≤
|u0 (x + y) − u0 (x)| dx dy
t 0 0
Z ∞
t→0
p
≤ max
|u0 (x + y) − u0 (x)| dx −−−→ 0.
∞
0≤y≤t
limt→0 1t
0
t
(P (u) − u) = u0 in Lp (o, ∞) existiert, ist u ∈ DA und
Weil der Limes
0
Au = u . Insgesamt also DA = H 1, p (0, ∞) und A(u) = u0 ist die schwache Ableitung.
Theorem 8.1 (Hille-Yosida). Sei X ein Banach-Raum und P t , t ≥ 0, eine Kontraktionshalbgruppe mit Erzeugender A. Dann gilt
i) DA = X, und A ist abgeschlossen.
ii) P t (DA ) ⊂ DA für t ≥ 0, und AP t u = P t A u, u ∈ DA .
iii) Für u ∈ DA ist t 7→ P t (u) ∈ X differenzierbar und
d
P t u = A P t u = P t Au , t ≥ 0 .
dt
iv) ρ(A) ⊃ {z ∈ C : Re(z) > 0}, und für Re(z) > 0 gilt
Z ∞
−1
e−tz P t u dt, u ∈ X,
Rz (u) = (z − A) (u) =
0
(uneigentliches Riemann-Integral für stetige Funktionen), und
kRz k ≤
1
.
Re(z)
v) Die Kontraktionshalbgruppe P t ist durch A eindeutig bestimmt.
Bemerkung: In Analogie zu den Eigenschaften der Exponentialfunktion schreibt
man oft symbolisch P t = etA für die Kontraktionshalbgruppe P t mit der Erzeugenden A.
Bevor wir Theorem 8.1 beweisen, verwenden wir es, um das Cauchy-Anfangswert-Problem zu lösen:
Theorem 8.2 (Cauchy-Anfangswert-Problem). Sei A : DA ⊂ X → X Erzeugende
einer Kontraktionshalbgruppe P t ∈ L(X), t ≥ 0 und u ∈ DA gegeben. Dann existiert
genau eine differenzierbare Kurve t 7→ x(t) ∈ X für alle t ≥ 0 mit x(t) ∈ DA ,
d
t
dt x(t) = Ax(t), t ≥ 0 und x(0) = u. Es ist x(t) = P u.
Die stetige Abhängigkeit der Lösungen folgt aus
kP t u − P t vk ≤ kP t k ku − vk ≤ ku − vk
für alle t ≥ 0.
Beweis.
1. Existenz. Für u ∈ DA ist die Funktion t 7→ P t (u) =: u(t) ∈ X in t ≥ 0 stetig
differenzierbar und löst das Cauchy-Anfangswert-Problem
d
u = Au, u(0) = u ∈ DA .
dt
Dies folgt aus Theorem 8.1 ii) und iii).
91
8 HALBGRUPPEN
2. Eindeutigkeit. Sei t 7→ x(t) ∈ X, t ≥ 0, eine Lösung des Cauchy-AnfangswertProblems mit Anfangsbedingung x(0) = u, d.h. x(t) ist stetig für t ≥ 0 und
differenzierbar für t > 0, x(t) ∈ DA und
d
x(t) = Ax(t), t > 0
dt
x(0) = u ∈ DA .
Dann ist x(t) = P t (u), wie wir gleich zeigen werden.
Sei nun x(t), t ≥ 0 eine Lösung des Anfangswertproblems mit x(0) = u ∈ DA . Sei
t > 0 fest. Definiere für 0 ≤ s ≤ t die Funktion
s 7−→ P t−s x(s) ∈ X.
Wegen x(s) ∈ DA und P t A = AP t auf DA nach Theorem 8.1 erhalten wir durch
Differentiation in s
d
d
d t−s
t−s
x(s) + P t−s x(s)
P x(s) =
P
ds
ds
ds
= −AP t−s x(s) + P t−s Ax(s) = 0.
Nach dem nachfolgenden Lemma 8.2 ist daher P t−s x(s) = c für alle 0 ≤ s ≤ t.
Evaluation in s = 0 einerseits liefert c = P t x(0) = P t u, Evaluation in s = t
andererseits ergibt c = P 0 u(t) = x(t), sodass x(t) = P t u wie behauptet.
Lemma 8.2. Sei x : [a, b] → X, x 7→ x(t), stetig und
Dann ist x(t) = x(a) für a ≤ t ≤ b, d.h. konstant.
d
dt x(t)
= 0 für a < t < b.
Beweis. Sei x(τ ) 6= x(a) für ein τ . Nach Hahn-Banach existiert ein λ ∈ X ∗ mit
λ x(τ ) 6= λ x(a)
(8.1)
Die Funktion f : [a, b] → C , f (t) = λ x(t) ist stetig, und
d
d
f (t) = λ
x(t) = λ(0) = 0 für alle a < t < b.
dt
dt
Mit dem Mittelwertsatz folgt also f (t) = f (a) für alle t, im Widerspruch zu (8.1).
Beweis von Theorem 8.2. Beweis von ii) und iii). Für u ∈ X und s > 0 gilt wegen
der Gruppenstruktur
1
1
1
P t+s − P t u = (P s − 1) P t u = P t (P s − 1) u.
s
s
s
Für u ∈ DA konvergiert nach Definition von A der letzte Term gegen P t Au für
s → 0. Daher konvergiert auch der mittlere Term und deshalb ist P t u ∈ DA und
AP t u = P t Au. Damit ist die Existenz der rechtsseitigen Ableitung von P t u gezeigt.
Analog zeigt man, dass für t > 0 die linksseitige Ableitung von P t u existiert und
gleich P t Au ist, indem man
−
betrachtet.
1
1
P t−s − P t u = P t−s (P s − 1) u
s
s
92
8 HALBGRUPPEN
Beweis von iv). Sei Re(z) > 0. Definiere Qz ∈ L(X) als das uneigentliche
Riemann-Integral
Qz (u) := lim
N →∞
Z
N
e
−zt
t
P u dt =
0
Z
∞
e−zt P t u dt
0
für u ∈ X. Der Limes existiert nach dem Cauchy-Kriterium, und
Z ∞
Z ∞
−zt t 1
e P u dt ≤
kQz (u)k ≤
e−t Re(z) dt kuk =
kuk.
Re(z)
0
0
Es folgt kQz k ≤
1
Re(z) .
Wie man leicht verifiziert, gilt die folgende Identität:
Z ∞
1
1 s
1 s
e−zt P t (P s − 1)u dt
(P − 1) Qz (u) = Qz
(P − 1) u =
s
s
s
0
Z
Z
1 ∞ −zt t s
1 ∞ −zt t
=
e P P u dt −
e P u dt
s 0
s 0
(mit den Substitutionen s + t → τ im ersten und t → τ im zweiten Integral)
Z
Z
1 zs ∞ −zτ τ
1 ∞ −zτ τ
e
e
P u dτ −
e
P u dτ
s
s 0
s
Z ∞
Z
1 s −zτ τ
1
e−zτ P τ u dτ − ezs
e
P u dτ
= (ezs − 1)
s
s 0
0
Z
1
1 s −zt t
= (ezs − 1) Qz (u) − ezs
e P u dt.
s
s 0
=
Für u ∈ X konvergiert die letzte Zeile für s → 0 gegen zQz (u)−u. Daher konvergiert
auch der erste Term für s → 0. Deshalb gilt nach Definition von A, dass Qz (u) ∈ DA
und AQz (u) = zQz (u) − u. Wir haben bewiesen, dass
(z − A) Qz (u) = u, u ∈ X.
Sei nun u ∈ DA . Dann konvergiert nach Definition von DA der zweite Term für
s → 0 gegen Qz (Au), sodass Qz (Au) = zQz (u) − u und somit
Qz (z − A)(u) = u , u ∈ DA .
−1
Insgesamt ist also Qz = (z − A) = Rz für Re(z) > 0, und iv) ist bewiesen.
Beweis von i). Wegen iv) ist ρ(A) 6= ∅ und A = Ā ein abgeschlossener Operator.
Wir zeigen DA = X und benutzen dazu folgendes Lemma:
Lemma 8.3. Für u ∈ X und t ≥ 0 gilt
Z
1 t+ε s
lim
P u ds = P t u.
ε→0 ε t
Beweis. Es gilt
Z t+ε
Z t+ε
1
1
s
t
s
t P u − P u ds
P u ds − P u = ε
ε t
t
ε→0
≤ max P s − P t u −−−→ 0,
t≤s≤t+ε
was zu zeigen war.
93
8 HALBGRUPPEN
Wegen P 0 u = u genügt es wegen Lemma 8.3 zu zeigen, dass für jedes u ∈ X
und ε > 0
Z ε
P t u dt
uε :=
0
ein Element von DA ist. Sei ε > 0 und 0 < h < ε. Dann gilt
Z
Z
1 h
1 h s
1 ε+h s
P u ds −
P u ds.
(P − 1)uε =
h
h ε
h 0
Mit Lemma 8.3 konvergiert die rechte Seite für h → 0 in X gegen P ε u − u. Nach
Definition von DA und A ist daher uε ∈ DA und Auε = P ε u − u.
Zusammenfassend:
Rε
Lemma 8.4. Für u ∈ X und ε > 0 gilt A 0 P t u dt = P ε u − u.
2
Für u ∈ DA ist P t u stetig differenzierbar und deshalb
Z ε
Z ε
d
t
ε
AP t u dt,
P u dt =
P u−u=
0
0 dt
sodass mit Lemma 8.3 die folgende Formel gilt:
Z ε
Z ε
Z
t
A
AP t u dt =
P u dt =
0
0
ε
0
P t Au dt , u ∈ DA .
Beweis von v). Für zwei Kontraktionshalbgruppen P t und Qt mit derselben
Erzeugenden A zeigen wir P t = Qt . Sei t > 0 und u ∈ DA , dann ist die Funktion
s 7→ P t−s Qs u , 0 ≤ s ≤ t
differenzierbar in s, nach Lemma 8.2 daher konstant. Evaluation der Funktion an
der Stelle s = 0 und s = t liefert
P t Q0 u = P t u = P 0 Qt u = Q t u , u ∈ DA .
Wegen DA = X folgt P t u = Qt u für alle u ∈ X und P t = Qt , t ≥ 0. Damit ist der
Beweis von Theorem 8.1 fertig.
Bemerkung: Wir haben uns bisher auf Kontraktionshalbgruppen beschränkt, das
heisst, es galt jeweils kP t k ≤ 1. Wir können die Theoreme 8.1 und 8.2 auf allgemeine
Halbgruppen verallgemeinern: Es sei P t eine Halbgruppe mit Erzeuender A, dann
ist nach Satz 8.1 kP t k ≤ aebt für t ≥ 0, a ≥ 1 und b ≥ 0. Es gelten dieselben
Aussagen wie in den Theoremen 8.1 und 8.2 mit den folgenden Änderungen:
ρ(A) ⊃ {z ∈ C|Re(z) > b} und, falls Re(z) > b
Z ∞
Rz u =
e−zt P t u dt, u ∈ X und
0
n
kRz k ≤
a
(Re(z) − b)n
Der folgende Satz macht die Bedeutung der Halbgruppen für das Cauchy-Anfangswert-Problem deutlich.
Theorem 8.3 (Hille,1952). Sei A : DA ⊂ X → X ein linearer Operator auf dem
Banach-Raum X mit D A = X, und ρ(A) 6= ∅. Das Cauchy-Anfangswert-Problem
u̇(t) = Au(t) , u(0) = x ∈ DA ,
hat genau dann eine eindeutige Lösung u(t) ∈ DA , t ≥ 0, welche stetig differenzierbar ist auf [0, ∞) für jede Anfangsbedingung x ∈ DA , falls A Erzeugende einer
Halbgruppe P t ∈ L(X), t ≥ 0 ist. Die Lösung ist dann u(t) = P t (x).
94
8 HALBGRUPPEN
Beweis. Siehe in A. Pazy:“Semigroups of linear operators and applications to PDE”,
Springer 1983, p.102.
Bisher können wir schon einiges über Halbgruppe und deren Erzeugende aussagen, doch: Woran erkennen wir, dass ein Operator A : DA ⊂ X → X Erzeugende
einer Halbgruppe ist? Und wie lässt sich aus der Erzeugenden die Halbgruppe konstruieren?
Die Antwort dazu liefern die nachfolgenden Theoreme 8.4 bis 8.6
Theorem 8.4 (Hille-Yosida). Für A : DA ⊂ X → X in einem Banach-Raum X
sind äquivalent
1. A ist Erzeugende einer Kontraktionshalbgruppe.
2. DA ist dicht und es gibt eine Folge λn ∈ ρ(A), λn > 0, λn → ∞, sodass
−1
k(λn − A)k
≤
1
.
λn
Beweis. i) ⇒ ii) folgt unmittelbar aus Theorem 8.1, ii) ⇒ i) beweisen wir in vier
Schritten:
1. Approximiere A durch An ∈ L(X).
2. Definiere P t als Limes von etAn .
3. Zeige, dass P t , t ≥ 0 eine Kontraktionshalbgruppe ist.
4. Zeige, dass A die Erzeugende von P t ist.
Schritt 1. Sei λn ∈ ρ(A) wie in Theorem 8.4.ii). Definiere An ∈ L(X) durch
An := λn A(λn − A)
−1
= λn 2 (λn − A)
−1
− λn .
Lemma 8.5. Mit den obigen Bezeichnungen ist lim An u = Au, u ∈ DA .
n→∞
Beweis von Lemma 8.5. Weil die Resolvente mit dem Operator A auf DA ver−1
tauscht (Satz 7.3), gilt für u ∈ DA , dass An u = λn (λn − A) Au. Es genügt daher
zu zeigen, dass
−1
lim λn (λn − A) v = v, v ∈ X.
n→∞
Für v ∈ DA folgt dies aus
v = (λn − A)
−1
(λn − A) v = λn (λn − A)
−1
v − (λn − A)
−1
Av
weil der letzte Term wegen
(λn − A)−1 Av ≤ (λn − A)−1 kAvk ≤ 1 kAvk
λn
für n → ∞ nach 0 konvergiert (Annahme an λn ). Da nach Voraussetzung DA ⊂ X
−1
dicht ist, und da kλn (λn − A) k ≤ 1, so folgt die Behauptung für jedes v ∈ X und
der Beweis von Lemma 8.5 ist fertig.
Schritt 2. Definiere mittels der Exponentialreihe für beschränkte Operatoren die
Familie Pnt ∈ L(X) durch
2
−1
Pnt := etAn = etλn (λn −A) e−tλn .
95
8 HALBGRUPPEN
Wegen (λn − A)−1 ≤
1
λn
gilt
2
kPnt k ≤ e−tλn eλn tk(λn −A)
−1
k
≤ e−tλn etλn = 1.
Für jedes n ∈ N ist Pnt eine stark stetige Kontraktionshalbgruppe mit der Erzeugenden An ∈ L(X). Die Resolventen kommutieren, daher auch die Operatoren An
und deshalb auch Pnt und Am . Somit gilt
t
t
Pnt Pm
= etAn etAm = etAn +tAm = etAm etAn = Pm
Pnt ,
und daher ist
Z t
d
t−s s
t−s s
Pm
Pn u ds =
Pm
Pn (An − Am ) u ds.
0
0 ds
t
Wegen kPnt k ≤ 1 folgt (Pnt − Pm
)u ≤ t k(An − Am ) uk. Wir schliessen, dass für
u ∈ DA der Grenzwert
P t u := lim Pnt u ∈ X
t
u=
Pnt − Pm
Z
t
n→∞
gleichmässig in t auf beschränkten Intervallen existiert. Weil D A = X und kPnt k ≤ 1
ist, gilt dies auch für alle u ∈ X, und es folgt:
Lemma 8.6. Der Grenzwert P t u := limn→∞ Pnt u, u ∈ X existiert gleichmässig in
t auf beschränkten Intervallen.
2
Schritt 3. Es ist P t , t ≥ 0, eine Kontraktionshalbgruppe. Die Gruppeneigenschaften
und die Kontraktionseigenschaften folgen aus denjenigen für Pnt im Limes n → ∞.
Ebenso folgt die Stetigkeitseigenschaft limn→0 P t u = u für alle u ∈ X aus der
gleichmässigen Konvergenz auf beschränkten Intervallen.
Schritt 4. Wir zeigen zuerst, dass A die Erzeugende von P t ist. Für u ∈ DA ist
Z t
Z t
d
Pnt u − u =
(Pns u) ds =
Pns An u ds
0 ds
0
Z t
=
(Pns Au + Pns (An − A) u) ds.
0
Mit n → ∞ folgt aus der gleichmässigen Konvergenz auf beschränkten Zeitintervallen und Lemma 8.5 die Formel
Z t
P tu − u =
P s Au ds , u ∈ DA ,
0
und daher für u ∈ DA
1
1
P t u − u = lim
t→0 t
t→0 t
lim
Z
t
P s Au ds = P 0 Au = Au.
Sei nun B die Erzeugende der Kontraktionshalbgruppe P t . Dann ist, wie schon
bewiesen, DA ⊂ DB und Au = Bu für u ∈ DA , das heisst, A ⊂ B. Wähle λ = λn
für ein n. Dann folgt aus den Voraussetzungen für A und aus den Eigenschaften von
B in Theorem 8.1, dass λ ∈ ρ(A) ∩ ρ(B). Insbesondere sind die Operatoren (λ − A)
und (λ − B) beide injektiv und surjektiv und aus A ⊂ B folgt deshalb A = B. Der
Beweis von Theorem 8.4 ist fertig.
Ganz analog wie in Theorem 8.4 beweist man das Kriterium für stark stetige
Halbgruppen:
96
8 HALBGRUPPEN
Theorem 8.5 (Hille-Yosida). Die Abbildung A : DA ⊂ X → X auf dem BanachRaum X ist Erzeugende einer stark stetigen Halbgruppe P t ∈ L(X), t ≥ 0 mit
kP t k ≤ aebt , t ≥ 0 genau dann, falls
1. DA in X dicht ist und
2. ρ(A) ⊃ {λ ∈ R|λ > b} und, für λ > b
kRλ n k = k (λ − A)−1
n
k≤
a
, n = 1, 2, . . .
(λ − b)n
Im Beweis von Theorem 8.4 ist die folgende Konstruktion der Halbgruppe aus
ihrer Erzeugenden gezeigt worden.
Theorem 8.6 (Konstruktion der Erzeugenden). Die Kontraktionshalbgruppe P t ,
t ≥ 0 im Banach-Raum X habe die Erzeugende A. Definiere für 0 < λ, λ ∈ ρ(A)
−1
den beschränkten Operator A¯λ = λA(λ − A) . Dann gilt limλ→∞ Aλ u = u für
u ∈ DA , und P t u = limλ→∞ etAλ u, u ∈ X, wobei der Limes gleichmässig in t auf
beschränkten Zeitintervallen ist.
Es gibt auch noch andere Exponentialformeln für Kontraktionshalbgruppen mit
Erzeugender A (zum Beweis siehe zum Beispiel im oben erwähnten Buch von A. Pazy, Seiten 82ff.): Definiere Ah ∈ L(X) durch
Ah :=
Ph − 1
∈ L(X), h > 0.
h
Dann ist der Grenzübergang
P t x = lim etAh x, x ∈ X
h&0
gleichmässig in t auf abgeschlossenen Intervallen [0, T ], T > 0. Wie sich leicht zeigen
−n
, und analog folgt für x ∈ X
lässt, ist eta = lim 1 − ta
n
n→∞
t
P x = lim
n→∞
tA
1−
n
−n
x = lim
n→∞
−1
n n
−A
t t
n
,
denn für t > 0 ist nt ∈ ρ(A) für grosse n. Der Limes ist gleichmässig in t auf
abgeschlossenen Intervallen.
Praktisch nützlich ist die Feststellung, dass die Erzeugende oft durch kleine
Definitionsbereiche schon völlig bestimmt ist.
Theorem 8.7 (E. Nelson). Sei A : DA ⊂ X → X die Erzeugende der Kontraktionshalbgruppe P t , t ≥ 0. Ist D ⊂ X ein dichter Teilraum mit D ⊂ DA und
P t (D) ⊂ D für alle t ≥ 0, so ist
A = A|D .
Beweis. Kürze ab, A0 := A|D , sodass A0 ⊂ A. Weil A = Ā abgeschlossen ist, ist
A0 abschliessbar und Ā0 ⊂ A. Es genügt zu zeigen, dass λ ∈ ρ(Ā0 ) für λ > 0. Denn
dann ist nach Theorem 8.1 λ ∈ ρ(Ā0 ) ∩ ρ(A) und die Operatoren (λ − Ā0 ) und
(λ − A) sind beide injektiv und surjektiv. Wegen Ā0 ⊂ A folgt somit Ā0 = A.
1. Behauptung: Es ist
(8.2)
Wλ−A0 = X
für λ > 0. Wir beweisen dies indirekt und nehmen an, dass Wλ−A0 6= X. Nach einer
Folgerung von Hahn-Banach (Satz 4.3) existiert ein ϕ ∈ X ∗ , ϕ 6= 0, sodass ϕ(x) = 0
97
8 HALBGRUPPEN
für alle x = (λ − A0 )u, u ∈ D. Wegen P t (D) ⊂ D folgt somit ϕ ((λ − A0 ) P t u) = 0
für alle u ∈ D und t ≥ 0. Da ϕ linear und stetig ist und D ⊂ DA , folgt mit den
Eigenschaften von P t in Theorem 8.1, dass
λ ϕ(P t u) = ϕ(λP t u) = ϕ(A0 P t u) = ϕ(AP t u) = ϕ(
=
d t
P u)
dt
d
ϕ(P t u).
dt
Für t = 0 ist ϕ(P 0 u) = ϕ(u). Da die Lösung des Cauchy-Anfangswert-Problemes
für gewöhnliche Differentialgleichungen eindeutig ist, schliessen wir
ϕ(P t u) = eλt ϕ(u) , t ≥ 0.
Aus
|ϕ(P t u)| ≤ kϕk kP t uk ≤ kϕk kuk und λ > 0
folgt ϕ(u) = 0. Dies gilt für alle u ∈ D, und weil D = X ist, erhalten wir ϕ(u) = 0
für alle u ∈ X, im Widerspruch zu ϕ 6= 0. Damit ist die Gleichung (8.2) bewiesen.
2. Behauptung: Es gilt
Wλ−Ā0 = X , λ > 0 :
(8.3)
Für x ∈ X existiert nach (8.2) eine Folge un ∈ D mit x = lim (λ − A0 )un . Nach
n→∞
Theorem 8.1 ist λ ∈ ρ(A) und
k(λ − A) uk ≥ λkuk , u ∈ DA .
Wegen A0 ⊂ A folgt, dass un eine Cauchy-Folge ist, sodass un → u in X. Weil auch
(λ − A0 )un → x, erhalten wir u ∈ Dλ−Ā0 und (λ − Ā0 )u = x, nach Definition des
Abschlusses eines abschliessbaren Operators. Dies gilt für jedes x ∈ X, und (8.3)
ist bewiesen.
Nach (8.3) ist (λ − Ā0 ) surjektiv. Wegen λ − Ā0 u ≥ λkuk, u ∈ DĀ0 ist der
Operator (λ − Ā0 ) auch injektiv und somit λ ∈ ρ(Ā0 ), wie gewünscht.
Beispiel (Translationsgruppe). Die Translationsgruppe P t u(x) = u(x + t), t ≥ 0 in
X = Lp (0, ∞), p ≥ 1 hat die Erzeugende
A=
d
, DA = H 1, p (0, ∞).
dx
Sei D = Cc∞ (0, ∞) ∩ Lp (0, ∞). Dann ist D ⊂ DA , D = X und P t (D) ⊂ D, und
deshalb folgt aus Theorem 8.7
d A=
.
dx D
Wir kommen zu einer nützlichen Verallgemeinerung der Charakterisierung einer
Erzeugenden einer Kontraktionshalbgruppe. Zur Erinnerung zuerst ein einfacher
Satz.
Satz 8.2.
1. Ist A : DA ⊂ X → Y abschliessbar mit injektivem Abschluss Ā, so ist
(Ā)
−1
= A−1 .
2. Sei A injektiv und seien A und A−1 beide abschliessbar, dann ist Ā injektiv
−1
und somit (Ā) = A−1 nach i).
98
8 HALBGRUPPEN
−1
Beweis. Beweis von i). Es ist A ⊂ Ā, daher ist A injektiv und A−1 ⊂ (Ā) .
−1
Nach Satz 3.4 ist (Ā)
abgeschlossen und daher A−1 abschliessbar und A−1 ⊂
−1
(Ā) . Sei y ∈ D(Ā)−1 , dann ist y = Ā(x) für ein x ∈ DĀ . Nach der Definition des
Abschlusses von A ist x = lim xn und y = lim Axn für eine Folge xn ∈ DA . Daher:
A−1 (Axn ) = xn → x und Axn → y und somit, nach Definition des Abschlusses von
A−1 , y ∈ DA−1 und A−1 (y) = x. Wir haben bewiesen, dass DA−1 = D(Ā)−1 .
Beweis von ii). Sei Āx = 0, dann existiert eine Folge xn ∈ DA mit x =
limn→∞ xn und 0 = lim Axn . Deshalb A−1 (Axn ) = xn → x und somit (0, x) ∈
ΓA−1 . Weil A−1 abschliessbar ist, folgt x = 0, und Ā ist injektiv.
Theorem 8.8. Sei X ein Banach-Raum. Für A : DA ⊂ X → X sind die folgenden
Aussagen äquivalent:
1. Ā existiert und ist Erzeugende einer Kontraktionshalbgruppe.
2. DA ist dicht, und für alle λ > 0 ist Wλ−A dicht in X und
k(λ − A)uk ≥ λkuk , u ∈ DA .
Beweis. i) ⇒ ii) folgt aus Theorem 8.1.
ii) ⇒ i). Sei λ > 0. Aus der Abschätzung
in ii)
folgt, dass (A − λ) eine bijektive
Abbildung DA → Wλ−A ist, und (λ − A)−1 u ≤ λ1 kuk für u ∈ Wλ−A . Daher ist
−1
(λ − A) : Wλ−A ⊂ X → X stetig, und weil nach Voraussetzungen Wλ−A dicht in
X ist, gibt es eine stetige Erweiterung (λ − 1)
−1
1
−1 (λ − A) u ≤ kuk,
λ
∈ L(X), und es gilt:
u ∈ X.
(8.4)
Falls auch Ā existiert, so folgt aus ii) dass (λ − Ā) injektiv ist und daher ist nach
−1
−1 −1
Satz 8.2 λ − Ā
= (λ − A) , und somit λ − (Ā) u ≤ λ1 kuk für alle u ∈ X.
Deshalb ist λ ∈ ρ(Ā) und Ā ist nach Theorem 8.4 Erzeugende einer Kontraktionshalbgruppe. Es bleibt also noch zu zeigen, dass A abschliessbar ist. Wir zeigen
zuerst, dass
(8.5)
lim λ λ − A−1 u = u , für alle u ∈ X.
λ→∞
Zum Beweis sei zunächst u ∈ DA . Dann gilt
u = (λ − A)
−1
(λ − A)u = λ (λ − A)
−1 u − (λ − A)
−1
Au
−1 und (8.5) folgt aus (8.4) für u ∈ DA . Weil λ (λ − A) ≤ 1 nach (8.4), und weil
DA dicht ist, folgt (8.5) für alle u ∈ X. Sei nun un ∈ DA mit limn→∞ un = 0
und limn→∞ Aun = v. Wir haben zu zeigen, dass v = 0 ist. Nehme λn > 0 mit
λn → ∞ und wähle eine Teilfolge unk , sodass limk→∞ (λk unk ) = 0 ist. Dann ist
−1
limk→∞ ((λk − A) unk + v) = 0 und wegen kλk (λk − A) k ≤ 1 folgt mit (8.5)
−1
0 = lim λk (λk − A)
(λk − A)unk + v
k→∞
= lim λk unk + λk (λk − A)−1 v = lim λk (λk − A)−1 v = v.
k→∞
k→∞
Also ist v = 0, und A ist abschliessbar.
Zum Abschluss dieses Abschnittes beweisen wir noch die Behauptung, die wir
ganz zu Beginn als Motivation für die Einführung der stark stetigen Halbgruppen
angeführt hatten:
99
8 HALBGRUPPEN
Satz 8.3 (uniform stetige Halbgruppe). Sei P t ∈ L(X), t ≥ 0 eine Halbgruppe im
Banach-Raum X mit
lim kP t − 1k = 0.
(8.6)
t&0
Dann existiert ein A ∈ L(X) so, dass
P t = etA =
X (tA)n
,
n!
n≥0
wobei die Reihe in L(X) konvergiert.
Beweis. Mit den Eigenschaften von Halbgruppe folgt aus der Stetigkeit (8.6), dass
t 7→ P t (x) stetig ist für alle t ≥ 0, genau wie im Beweis von Satz 8.1. Dann ist
t 7→ P t (x) ∈ L(X) Riemann-integrabel und
Z
Z τ
1 τ
s
s
1 − 1
(1 − P ) ds
P ds = τ 0
τ
Z τ0
1
≤
k1 − P s k ds
τ 0
≤ max k1 − P s k −→ 0, τ → 0.
0≤s≤τ
Rτ
Wir können daher τ > 0 so klein wählen, dass 1 − τ1 0 P s ds < 1. Dann ist mit
Theorem 2.2
Z
Z
1 τ s
1 τ s
1− 1−
P ds =
P ds
τ 0
τ 0
ein stetiger Isomorphismus und daher auch
Z τ
B :=
P s ds.
0
Es folgt
1
1 h
(P − 1)B =
h
h
=
=
1
h
1
h
Z
Z
τ
P
s+t
0
τ +h
h
Z τ +h
τ
1
ds −
h
P t dt −
1
h
P t dt −
1
h
Z
Z
Z
τ
P s ds und mit s + h = t
0
τ
P t dt
0
h
0
h→0
P t dt −−−→ P τ − 1 ∈ L(X),
0
mit P = 1. Daraus folgt, dass
lim
h&0
1 h
(P − 1) = (P τ − 1)B −1 =: A ∈ L(X).
h
Das heisst, die Erzeugende von P t ist A ∈ L(X). Andererseits hat auch etA die
Erzeugende A, und wegen der Eindeutigkeit der Erzeugenden (Theorem 8.1) ist
somit P t = etA für t ≥ 0.
8.5
Unitäre Gruppen auf H
Sei H ein Hilbertraum, dann kann man die zu einer Kontraktionshalbgruppe konjugierte Gruppe ebenfalls in H definieren.
100
8 HALBGRUPPEN
Satz 8.4. Sei A der Erzeuger der Kontraktionshalbgruppe P t , t ≥ 0 im Hilbertraum
∗
H. Dann ist (P t ) , t ≥ 0 eine Kontraktionshalbgruppe in H mit Erzeuger A∗ .
Formal:
∗
∗
etA = etA , t ≥ 0.
Zuerst eine Bemerkung.
Lemma 8.7. Sei H ein Hilbertraum. Dann gilt
A ∈ L (H) =⇒ A∗ ∈ L (H) und
kAk = kA∗ k .
Beweis. Übungsaufgabe.
∗
Beweis von Satz 8.4. (P t ) ist eine Kontraktionshalbgruppe in H, denn
∗
∗ P 0 = 1∗ = 1 und P t = P t ≤ 1
für alle t ≥ 0 (Lemma 8.7) und die Gruppenstruktur ist klar. Die Stetigkeit folgt
aus
2 ∗
∗
t ∗
u − u = P t u − u, P t u − u
P
∗ ∗
∗ 2
2
= P t u + kuk − P t u, u − u, P t u
∗ 2
2
= P t u + kuk − u, P t u − P t u, u
2
2
≤ kuk + kuk − u, P t u − P t u, u
= − u, P t u − u − P t u − u, u
≤ 2 kuk P t u − u −→ 0 für t & 0.
∗
Somit ist (P t ) stark stetig in t = 0 und deshalb für alle t ≥ 0 (Satz 8.1).
∗
Sei A der Erzeuger von P t und B der Erzeuger von (P t ) , somit bleibt B = A∗
zu zeigen.
1. B ⊂ A∗ :
Sei u ∈ DA und v ∈ DB , dann gilt
1
P tu − u , v
t&0
t
1 t ∗
= lim u,
P
v−v
t&0
t
(Au, v) = lim
= (u, Bv) .
Nach Definition der Adjungierten, weil (Au, v) stetig in u ∈ DA ist, folgt
v ∈ DA∗ und A∗ v = Bv, somit B ⊂ A∗ .
2. A∗ ⊂ B:
101
8 HALBGRUPPEN
Sei u ∈ DA und v ∈ DA∗ , dann gilt
∗
u, P t v − v
= P tu − u , v
=
Zt
=
Zt
d
Hille-Yosida
(P s u, v) ds
=
ds
0
0

Zt
(AP s u, v) ds
0
∗
u, (P s ) A∗ v ds
= u,
Zt
0

∗
(P s ) A∗ v ds .
Da dies für alle u ∈ DA gilt und DA = H, so folgt
1
1 t ∗
P
v−v =
t
t
Zt
∗
(P s ) A∗ v ds
0
∗
für alle t > 0. Die rechte Seite konvergiert für t & 0 gegen A∗ v, da P 0 = 1.
∗
Nach Definition des Erzeugers von (P t ) , folgt daher v ∈ DB und Bv = A∗ v,
somit A∗ ⊂ B.
Insgesamt deshalb A∗ = B.
Definition 8.4. (Unitär) Sei H ein Hilbertraum. Ein U ∈ L (H) heisst unitär, falls
U ∗U = 1 = U U ∗,
gilt, oder äquivalent, U ∈ L (H) bijektiv ist und
U −1 = U ∗
gilt.
Folgerung: Ein unitärer Operator U ist eine surjektive Isometrie, denn es gilt
(U x, U y) = (x, U ∗ U y) = (x, y)
für alle x, y ∈ H, daher auch,
kU xk = kxk
für alle x ∈ H.
Definition 8.5. (Unitäre Gruppe) Eine 1-parametrige unitäre Gruppe in H ist eine
Familie U t ∈ L (H), t ∈ R sodass
1. U 0 = 1, U t U s = U t+s für alle t,s ∈ R
2. U t ist unitär
3. limt7→0 U t x = x, für jedes x ∈ H.
102
8 HALBGRUPPEN
Folgerung:
t U x = kxk , für t ∈ R, x ∈ H
t
U = 1
∗
−1
Ut = Ut
= U −t , für t ∈ R.
Erzeuger: Der Erzeuger A einer 1-parametrige unitären Gruppe U t , t ∈ R ist wie
früher definiert, nämlich
1
U t u − u , u ∈ DA
Au = lim
t→0 t
1
DA = u ∈ H lim
U t u − u existiert .
t→0 t
Theorem 8.9 (Stone). Für einen Operator A : DA ⊂ H −→ H, DA = H im
Hilbertraum H sind äquivalent:
1. A ist Erzeuger einer 1-parametrige unitären Gruppe U t , t ∈ R.
2. A∗ = −A.
3. S = S ∗ , wobei A = iS.
Erzeuger: Es gibt einen 1-1 deutigen Zusammenhang zwischen selbstadjungierten
Operatoren S im Hilbertraum H und unitären Gruppen U t , t ∈ R, man schreibt
oft formal:
U t = eitS , S = S ∗ .
∗
Beweis. 2.) ⇐⇒ 3.): (iS) = −iS ∗ .
1.) =⇒ 2.): (Satz 8.4)
Sei U t eine unitäre Gruppe. Dann ist
Ut
deshalb für u ∈ H, t ∈ R,
−
∗
= Ut
−1
= U −t ,
1
1 t ∗
U −t − 1 u =
U
− 1 u.
−t
t
Nach Satz 8.4 (für Gruppen) ist A Erzeuger von U t genau dann, wenn A∗ Erzeuger
∗
ist von (U t ) . Daher folgt für t → 0
u ∈ D A ⇔ u ∈ D A∗
und
−Au = A∗ u, für u ∈ DA = DA∗ ,
insgesamt A∗ = −A.
2.) =⇒ 1.): (Theorem 7.1, Lemma 7.1, Theorem 8.4)
Sei A∗ = −A. Definiere S durch
A = iS,
dann ist S ∗ = S selbstadjungiert. Wir wissen aus Theorem 7.1, dass σ (S) reel ist,
daher
σ (A) = σ (iS) = iσ (S) ⊂ iR und σ (−A) = σ (−iS) = −iσ (S) ⊂ iR.
103
8 HALBGRUPPEN
Aus S ∗ = S folgt mit Theorem 7.1 und Lemma 7.1, dass
1
−1 (z − S) ≤
|Im z|
für alle Im z 6= 0. Daher, für alle Re z 6= 0,
−1 (z ± A) ≤
1
.
|Re z|
Es folgt daher aus Hille-Yosida (Theorem 8.4), dass A und −A Erzeuger sind von
Kontraktionshalbgruppen. Sei
P t , t ≥ 0 die Kontraktionshalbgruppe mit Erzeuger A
Qt , t ≥ 0 die Kontraktionshalbgruppe mit Erzeuger − A.
Definiere U t , t ∈ R durch
Ut =
P t , für t ≥ 0
,
Q , für − t ≥ 0
−t
dann ist U t stark stetig in t = 0.
Beh: U t , t ∈ R ist unitär.
Bew: Sei u ∈ DA , dann ist die Ableitung der Funktion
t 7→ P t Qt u, t ≥ 0
nach Hille-Yosida (Theorem 8.4),
d
P t Qt u = AP t Qt u + P t − AQt u = 0,
dt
also gleich null, und deshalb (Lemma 8.3) die Funktion konstant in t. Für t = 0 ist
sie die Identität somit, weil DA = H,
P t Qt = 1, t ≥ 0,
(*)
Qt P t = 1, t ≥ 0.
(*)
und ebenso
t
t
Weil kP k ≤ 1 und kQ k ≤ 1 für t ≥ 0 (Hille-Yosida, Theorem 8.4) folgt
kuk = P t Qt u ≤ Qt u ≤ kuk ,
sodass kuk = kQt uk und ebenso kuk = kP t uk für t ≥ 0. Die Operatoren P t , Qt
sind isometrisch und wegen (∗) auch surjektiv. Mit der Polarisationsidentität für
das Skalarprodukt folgt für U t , t ≥ 0
∗
(x, y) = U t x, U t y = x, U t U t y
∗
für alle x, y ∈ H. Folglich (U t ) U t = 1, sodass U t ein unitärer Operator ist. Die
Gruppenstruktur von U t folgt aus der Halbgruppenstruktur von P t , Qt , t ≥ 0 und
(∗).
Der Erzeuger von U t ist offenbar A = iS.
Dynamische Bedeutung von selbstadjungierten Operatoren: Sei S = S ∗ im
Hilbertraum. Dann existiert eine eindeutige Lösung des C.A.W.P
u̇ (t) = iSu (t) , t ∈ R
u (0) = u ∈ DS
104
8 HALBGRUPPEN
in H für alle Zeiten t ∈ R. Die Lösung t 7→ u (t) : R −→ H ist stetig differenziertbar
und u (t) ∈ DA für alle t ∈ R. Diese Lösung ist gegeben durch die von iS erzeugte
unitäre Gruppe
u (t) = U t u = eitS u, t ∈ R.
Zudem gilt der Erhaltungssatz
ku (t)k = U t u = ku (0)k , t ∈ R
und die Lösung hängt stetig ab von den Anfangsbedingungen u ∈ DA .
Problem mit Zukunft und Vergangenheit!
Wie die Gruppe U t aussieht hängt ab von den linearen Invarianten des Erzeugers
iS, d.h. von der Spektralzerlegung des Operators S = S ∗ , ähnlich wie in endlichen
Dimensionen, wo man die Jordan-Normalform zur Verfügung hat.
Beispiel. Sei λ ∈ σp (S), dann ist λ reel und es gibt ein u ∈ DS mit
Su = λu.
Es folgt dann (wie in Hille-Yosida)
d t
U u = U t (iS) u = iλU t u.
dt
Andererseits ist auch u (t) = eitλ u eine Lösung desselben C.A.W.P, aus der Eindeutigkeit folgt daher
U t u = eitλ u
und wir erhalten eine periodische Lösung.
8.6
Kontraktionshalbgruppen in Hilberträumen
t
Sei P , t ≥ 0 eine Kontraktionshalbgruppe im Hilbertraum H, dann gilt
t
P u, u ≤ P t u kuk ≤ kuk2 = (u, u)
für t ≥ 0 und u ∈ H. Daher
sodass
Re P t u − u, u = Re P t u, u − (u, u)
≤ P t u, u − (u, u) ≤ 0
Re
1
P tu − u , u ≤ 0
t
gilt für t > 0, u ∈ H. Sei A der Erzeuger von P t , so folgt für t → 0
Re (Au, u) ≤ 0
für u ∈ DA .
Definition 8.6. Ein Operator A : DA ⊂ H −→ H heisst dissipativ, falls
Re (Au, u) ≤ 0
für alle u ∈ H.
105
8 HALBGRUPPEN
Beispiel (Multiplikationsoperatoren in L2 (Ω) ). Sei
Au := au
für a : Ω −→ C messbar und
DA := u ∈ L2 (Ω) | au ∈ L2 (Ω) .
Für Re a ≤ 0 ist der Operator A ist dissipativ, denn dann gilt
Z
Z
Re (au, u) = Re auū = Re a |u|2 ≤ 0.
Ω
Ω
Satz 8.5. Für einen dissipativen Operator A : DA ⊂ H −→ H gilt.
1. k(z − A) uk ≥ Re z kuk für u ∈ DA , z ∈ C.
2. Falls es ein z0 in {Re z > 0} mit Wz0 −A = H gibt, so gehört die ganze offene
Halbebene {Re z > 0} zur Resolventenmenge ρ (A) und es gilt dort:
Beweis. 1.):
−1 (z − A) u ≤
1
.
Re z
k(z − A) uk kuk ≥ |((z − A) u, u)|
≥ Re ((z − A) u, u) = Re z (u, u) − Re (Au, u)
| {z }
2
≤0
≥ Re z kuk
2.): Folgt aus 1.) genau so wie im Beweis von Theorem 7.2
Aus Satz 8.5 und Theorem 8.4 (Hille-Yosida) folgt unmittelbar.
Theorem 8.10 (Lumer-Phillips). Für einen Operator A : DA ⊂ H −→ H im
Hilbertraum H sind äquivalent:
1. A ist Erzeuger einer Kontraktionshalbgruppe.
2. A ist ein dicht definierter, dissipativer Operator, und es gibt ein z0 in {Re z > 0}
mit
Wz0 −A = H.
9 BEISPIELE VON KONTRAKTIONSHALBGRUPPEN
9
106
Beispiele von Kontraktionshalbgruppen
9.1
Flüsse von Vektorfeldern
Es sei V : R → R ein C 1 -Vektorfeld, dann existiert ein lokaler Fluss. Wir nehmen
nun an, das Vektorfeld erzeuge einen globalen Fluss (dies ist der Fall, wenn zum
Beispiel |V (x)| ≤ α + β|x| ∀x ∈ Rn , das heisst, die Lösungen x(t) = ϕt (x) des
Cauchy-Anfangswert-Problems
d t
ϕ (x) = V ϕt (x)
dt
ϕ0 (x) = x
t∈R
existieren für alle t ∈ R und alle Anfangsbedingungen x ∈ Rn . Wird t festgehalten,
dann ist die Abbildung
ϕt : Rn −→ Rn ,
x 7−→ ϕt (x)
ein C ∞ -Diffeomorphismus von Rn auf sich selbst. Weil das Vektorfeld V nicht
zeitabhängig ist, folgt aus der Eindeutigkeit der Lösungen des Cauchy-AnfangswertProblems die Gruppeneigenschaft
ϕt ϕs (x) = ϕs+t (x) = ϕs ϕt (x)
für alle s, t ∈ R und alle x ∈ Rn . Mit anderen Worten, die Familie {ϕt }t∈R von C ∞ Diffeomorphismen bilden zusammen eine Gruppe unter der Komposition ϕs ◦ ϕt =
ϕt ◦ ϕs = ϕs+t , s, t ∈ R mit Neutralelement ϕ0 = id und der Inversen (ϕt )−1 = ϕ−t .
Diese Gruppe induziert eine 1-parametrige Gruppe P t , t ∈ R, von linearen
Abbildungen im Vektorraum F := {u : Rn → R},
Pt : F → F
(P t u)(x) = u ϕt (x) u ∈ F, x ∈ Rn
Wir wollen nun die folgende Frage beantworten: Wann ist P t eine Kontraktionshalbgruppe in Lp (Rn )?
Definition 9.1. (Divergenz)
Die Divergenz eines Vektorfeldes V = (V1 , . . . , Vn ) ist der Operator div, definiert
durch
n
X
∂
Vj (x) ∈ R.
div V (x) =
∂x
j
j=1
Für die Ableitung von ϕt : Rn → Rn schreiben wir
dϕt (x) =
∂ t
ϕ (x)
∂x
∈ L(X).
dϕt (x) heisst Jacobi-Matrix von ϕt an der Stelle x ∈ Rn .
Satz 9.1 (Liouville). Es sei ω(t) = det dϕt (x) für x ∈ Rn fest. Dann ist
ω̇(t) = div V ϕt (x) ω(t), ω(0) = 1,
und deshalb
det dϕt (x) = exp
Z
t
0
div V ϕs (x) ds .
9 BEISPIELE VON KONTRAKTIONSHALBGRUPPEN
107
d t
Beweis. Wir leiten dt
ϕ (x) = V ϕt (x) nach x ab unter der Benutzung der Kettenregel und beachten, dass ϕ0 (x) = x ist. Es ist damit
d
dϕt (x) = dV ϕt (x) dϕt (x)
dt
dϕ0 (x) = 1
t
Halten wir
nun x fest und schreiben zur Abkürzung X(t) := dϕ (x) und A(t) :=
t
dV ϕ (x) , dann ist
(
Ẋ(t) = A(t) X(t) t ∈ R
X(0) = 1
und wir können mit Taylor schreiben
X(t + h) = X(t) + hẊ(t) + o(h) = X(t) + hA(t)X(t) + o(h)
= 1 + hA(t) X(t) + o(h),
wobei o(h) eine Funktion in L(Rn ) ist mit
ω(t) = det(X(t))
1
h o(h)
→ 0 für h → 0. Es folgt nun für
ω(t + h) = det 1 + hA(t) det X(t) + o(h)
= 1 + h[tr A(t)] ω(t) + o(h)
und nach Umformung
1
ω(t + h) − ω(t)
= [tr A(t)] ω(t) + o(h)
h
h
und, mit h → 0,
ω̇(t) = [tr A(t)] ω(t)
∈ R.
Dies ist eine lineare Differentialgleichung erster Ordnung für ω, deren Lösung wir
sofort angeben können:
Z t
tr A(s) ds ω(0).
ω(t) = exp
0
Mit ω(0) = det X(0) = det(1) = 1 und
tr A(t) = tr dV ϕt (x) = div V ϕt (x)
folgt die Behauptung des Satzes.
Der Satz liefert uns auch eine Interpretation von div V . Es ist
d
div V (x) =
det dϕt (x) .
dt
t=0
Daraus wiederum folgen die beiden Beziehungen
div V (x) ≥ 0 ∀x ∈ Rn ⇐⇒ det dϕt (x) ≥ 1 ∀x ∈ Rn , t ≥ 0,
div V (x) = 0 ∀x ∈ Rn ⇐⇒ det dϕt (x) = 1 ∀x ∈ Rn , t ∈ R,
deren Bedeutung im folgenden Satz klarer wird.
Satz 9.2. Es sei V : Rn → Rn ein C 1 -Vektorfeld.
9 BEISPIELE VON KONTRAKTIONSHALBGRUPPEN
108
i) Sei div V (x) ≥ 0 für alle x ∈ Rn , dann ist
P t : Lp (Rn ) → Lp (Rn ),
t≥0
eine stark stetige Kontraktionshalbgruppe für alle p ≥ 1.
ii) Ist div V (x) = 0 für alle x ∈ Rn , so ist
P t : Lp (Rn ) → Lp (Rn ),
t∈R
eine stark stetige Gruppe von Isometrien für p ≥ 1.
Beweis. Wir beweisen nur die Aussage i). Mit den Transformationsformeln der Integralrechnung folgt für t ≥ 0
Z
Z
u ϕt (x) p det dϕt (x) dx
kukpLp =
|u(x)|p dx =
{z
}
|
Rn
Rn
≥
Z
Rn
≥1
u ϕt (x) p dx = kP t ukp p ,
L
u ∈ Lp (Rn ).
Es ist daher für alle u ∈ Lp (Rn ) und t ≥ 0
kP t ukLp ≤ kukLp .
Auf der dichten Teilmenge Cc∞ (Rn ) ⊂ Lp (Rn ) gilt nach dem Majorantensatz von
Lebesgue
Z
t→0
u ϕt (x) − u(x)p dx −
−−→ 0,
kP t u − ukpLp =
Rn
weil der Integrand punktweise gegen 0 konvergiert und eine L1 -Majorante existiert.
Da kP t k ≤ 1 für t ≥ 0 und Cc∞ (Rn ) = Lp (Rn ), so folgt
lim P t u = u in Lp (Rn )
t&0
für alle u ∈ Lp (Rn ), das heisst, P t ist eine stark stetige Kontraktionshalbgruppe.
Beispiel (Lineare Vektorfelder). Wir betrachten Vektorfelder der Form V (x) = ax
für a ∈ L(Rn ). Wir erhalten dann
ϕt (x) = eta ,
t
P (u) = u e
ta
div V (x) = tr a.
,
t∈R
x ∈ Rn
Daraus folgt, dass det dϕt (x) = et tr(a) unabhängig von x ist. In diesem Spezialfall
erhalten wir eine stark stetige Gruppe P t ∈ L(Lp (Rn )) für alle p ≥ 1 und alle t ∈ R.
Für die Norm von P t u gilt dann
t
kP t ukLp = e− p tr(a) kukLp ,
t ∈ R.
Ist tr(a) ≥ 0, so ist P t eine Kontraktionshalbgruppe für t ≥ 0, ist tr(a) = 0, so ist
P t für alle t ∈ R eine Isometrie.
t
1
n
Wie sieht die Erzeugende
der Halbgruppe P aus? Nehmen wir ein u ∈ Cc (R ),
t
dann können wir u ϕ (x) für festes x punktweise in t differenzieren:
d t
d
u ϕt (x) = du ϕt (x)
ϕ (x) = du ϕt (x) V ϕt (x)
dt
dt
= ∇u ϕt (x) , V ϕt (x) ,
9 BEISPIELE VON KONTRAKTIONSHALBGRUPPEN
109
wobei ∇ den Gradienten und h , i das Euklidische Skalarprodukt auf Rn bezeichnet.
Evaluation der letzten Gleichung in t = 0 ergibt
d
t
u ϕ (x) = h∇u(x), V (x)i.
dt
t=0
Daraus folgt
1
1
t→0
u ϕt (x) − u(x) − h∇u(x), V (x)i = o(t) −−−→ 0.
t
t
(9.1)
Nun definieren wir A0 als Differentialoperator erster Ordnung mit variablen
Koeffizienten auf D0 = Cc1 (Rn ) ⊂ Lp (Rn ) durch
A0 : D0 ⊂ Lp (Rn ) −→ Lp (Rn )
n
X
∂
u(x), x ∈ Rn , u ∈ D0 .
A0 u (x) =
Vj (x)
∂x
j
j=1
Dann ist A0 u ∈ Cc0 (Rn ). Es sei A : DA ⊂ Lp (Rn ) → Lp (Rn ) die Erzeugende von
P t , t ≥ 0. Dann gilt, nach der Definiton der Erzeugenden, für u ∈ DA
1 t
t&0
(P u − u) − Au −
p −−→ 0.
t
L
Andererseits folgt aus (9.1) für u ∈ D0 nach Lebesgue
1 t
t&0
(P u − u) − A0 u −
t
p −−→ 0.
L
Nach Definiton der Erzeugenden folgt, dass u ∈ DA und Au = A0 u, also A|D0 = A0 .
Weil D0 = Lp (Rn ) und Cc∞ (Rn ) ⊂ Cc1 (Rn ), ist
P t (D0 ) ⊂ D0
für alle t ≥ 0.
Aus Theorem 8.7 folgt
A = A|D0
Bemerkung: Es ist daher


es gibt eine Folge uj ∈ D0 = Cc1 (Rn )


DA = u ∈ Lp (Rn ) mit u = limj→∞ uj in Lp (Rn )


und A0 uj ist eine Cauchy-Folge in Lp (Rn )
sowie Au = lim A0 uj ∈ Lp (Rn ).
j→∞
Wir haben soeben bewiesen:
Theorem 9.1. Es sei V : Rn → Rn ein C 1 -Vektorfeld mit globalem Fluss ϕt (x),
t ∈ R und x ∈ Rn , mit div V (x) ≥ 0 für alle x ∈ Rn . Wir definieren
P t u(x) := u ϕt (x) , x ∈ Rn , t ≥ 0.
Dann ist P t ∈ L(Lp (Rn )), t ≥ 0, eine stark stetige Kontraktionshalbgruppe mit der
Erzeugenden
A = A|D0 ,
wobei D0 = Cc1 (Rn ) und
A|D0 =
n
X
j=1
Vj (x)
∂
∂xj
die Ableitung in Richtung des Vektorfeldes V ist.
9 BEISPIELE VON KONTRAKTIONSHALBGRUPPEN
110
Bemerkung: Ist in Theorem 9.1 das Vektorfeld aus C ∞ , so sind die ϕt alle C ∞ Diffeomorphismen und wir können D0 ersetzen durch Cc∞ (Rn ) ⊂ Cc1 (Rn ).
Beispiel (Lineare Vektorfelder, Forts.). Wie wir bereits gesehen haben, ist P t = eat
für V (x) = ax mit a ∈ L(Rn ) und tr(a) ≥ 0 eine Kontraktionshalbgruppe in Lp (Rn )
mit Erzeugender
n
X
∂ A=
(ax)j
∂xj ∞ n
Cc (R )
j=1
nach Theorem 9.1.
9.2
Unitäre Gruppen auf L2 (Rn )
Wir betrachten nun den Hilbertraum L2 (Rn ). Falls V : Rn −→ Rn ein C ∞ Vektorfeld mit div V = 0 ist, dessen
Fluss ϕt (x) für alle x ∈ Rn und alle t ∈ R
t
2
n
existiert, so ist U ∈ L L (R ) , t ∈ R, definiert durch
U t u (x) = u ϕt (x) , t ∈ R
für u ∈ L2 (Rn ), eine stark stetige, 1-parametrige unitäre Gruppe und es folgt die
zu Theorem 9.1 analoge Aussage.
Theorem 9.2 (Selbstadjungierte Operatoren). Sei V : Rn −→ Rn ein C ∞ -Vektorfeld
mit globalem Fluss und div V = 0. Dann definiert
U t u (x) = u ϕt (x) , t ∈ R
für u ∈ L2 (Rn ) eine stark stetige, 1-parametrige unitäre Gruppe U t im Hilbertraum
L2 (Rn ) mit Erzeuger
A = A|D ,
wobei D = Cc∞ (Rn ) und
A|D =
n
X
Vj (x)
j=1
∂
,
∂xj
mit V (x) = (V1 (x) , . . . , Vn (x)). Nach dem Satz von Stone (Theorem 8.9) ist der
Operator
1
S= A
i
selbstadjungiert im Hilbertraum L2 (Rn ).
Beispiele:
Translation und Impulsoperator: Sei V (x) = e ∈ Rn ein konstantes Vektorfeld
auf Rn . Dann ist div V = 0 und der Fluss von V ist explizit gegeben durch die
Formel
ϕt (x) = x + te, t ∈ R, x ∈ Rn .
Der Erzeuger der unitären Gruppe (U t u) (x) = u (x + te), t ∈ R im Hilbertraum
L2 (Rn ) ist gegeben durch A = A|D , wobei D = Cc∞ (Rn ) und
A|D =
n
X
j=1
ej
∂
.
∂xj
Der Operator S = 1i A ist selbstadjungiert im Hilbertraum L2 (Rn ). Er heisst der
zur Translationsgruppe x 7→ x + te gehörige quantenmechanische Impulsoperator in
Richtung e.
9 BEISPIELE VON KONTRAKTIONSHALBGRUPPEN
111
Drehungen und Drehimpulsoperator: Sei V (x) = ax ein lineares Vektorfeld
auf Rn mit der reellen Matrix a ∈ L (Rn ). Dann ist der Fluss von V explizit gegeben
durch die Exponentialfunktion
ϕt (x) = eta x, t ∈ R, x ∈ Rn .
Nehme nun an, dass a schiefsymmetrisch ist, d.h. aT = −a, dann ist div V = 0 und
eta eine orthogonale 1-parametrige Gruppe, d.h. eine Drehgruppe. Denn
T
−1
T
eta = eta = e−ta = eta
.
Für den Erzeuger A der unitären Gruppe (U t u) (x) = u (eta x), t ∈ R im Hilbertraum
L2 (Rn ) gilt A = A|D , wobei D = Cc∞ (Rn ) und
A|D =
∂
ax,
∂x
=
n
X
aij xj
i,j=1
∂
.
∂xi
∂
ist selbstadjungiert in L2 (Rn ) . Er heisst der zur
Der Operator 1i A = 1i ax, ∂x
|D
ta
Drehgruppe e gehörige quantenmechanische Drehimpulsoperator.
Sei zum Beispiel


0 1
0

a =  −1 0
0
0(n−2)×(n−2)
und x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn , dann folgt ax = (x2 , −x1 , 0, . . . , 0) und somit


cos t sin t
0
.
eta =  − sin t cos t
0
1(n−2)×(n−2)
∂
∂
− x1 ∂x2
ist selbstadjungiert in L2 (Rn ) . Die dazugehörige
Der Operator 1i x2 ∂x1
|D
unitäre Gruppe U t in L2 (Rn ) ist periodisch,
U t+2π = U t , t ∈ R.
Hamiltonsche Vektorfelder: Zu einer C ∞ -Funktion h : R2n −→ R gehört das
sogenannte Hamiltonsche Vektorfeld
V (x) = J∇h (x) , x ∈ R2n
mit dem Euklidischen Gradienten ∇h (x) ∈ R2n , wobei J die schiefsymmetrische
Matrix
0
1n
J=
∈ L R2n
−1n 0
ist. Es folgt div V = 0. Nehme wiederum an, dass V einenglobalen Fluss ϕt erzeugt.
Dies ist zum Beispiel der Fall, wenn alle Energieflächen x ∈ R2n | h (x) = const
kompakt sind. Dann ist
U t u (x) = u ϕt (x) , t ∈ R
für u ∈ L2 (Rn ) eine stark stetige, 1-parametrige unitäre Gruppe U t im Hilbertraum
L2 (Rn ) mit Erzeuger A = A|D , wobei D = Cc∞ (Rn ) und
∂
A|D = J∇h (x) ,
,
∂x
Wiederum ist der Operator 1i A selbstadjungiert im Hilbertraum L2 R2n .
9 BEISPIELE VON KONTRAKTIONSHALBGRUPPEN
9.3
112
Wärmeleitungsgleichung
Gesucht sind Lösungen u in Lp (Rn ), p ≥ 1 für t ≥ 0 der Wärmeleitungsgleichung
∂
t>0
∂t u(t, x) = ∆u(x, t),
(9.2)
u(0, x) = u(x),
t=0
bei vorgegebenen Anfangsbedingungen u(x) in Lp (Rn ). Wir suchen spezielle Lösungen der partiellen Differentialgleichung, nämlich solche in einem vorgegebenen Banach-Raum.
Pn
∂ 2
Der Operator ∆ =
hat konstante Koeffizienten. Wir betrachten
i=i ∂xj
2
n
daher zuerst p = 2, das heisst L (R ) und benutzen Fouriertransformation, um zu
den Lösungen zu gelangen.
Fouriertransformation: Wir arbeiten auf dem Schwartz-Raum S , welcher wie
folgt definiert ist:
S (Rn ) := {u ∈ C ∞ (Rn )| sup |xα Dβ u(x)| < ∞ ∀α, β},
x∈Rn
mit Cc∞ (Rn ) ⊂ S (Rn ) ⊂ L2 (Rn ), wobei wir folgende Notation verwenden:
αn
1 α2
xα = x α
1 x2 . . . x n
α = (α1 , . . . , αn )
x = (x1 , . . . xn )
Dβ = D1β1 D2β2 . . . Dnβn
Dj =
∂
∂xj
Die Fouriertransformation F : S (Rn ) → S (Rn ) ist definiert als die lineare
Abbildung
Z
1
fˆ(ξ) := F [f ] (ξ) =
e−ihx,ξi f (x) dx.
(9.3)
(2π)n/2 Rn
Die Fouriertransformation ist eine Bijektion von S (R n ) auf S (Rn ) mit der Inversen
Z
1
ˆ (x)
f (x) = F −1 [f]
eihx,ξi fˆ(ξ) dξ.
(2π)n/2 Rn
Dies folgt aus den Formeln
Dα fˆ(ξ) = F [(−ix)α f ] (ξ),
(iξ)α fˆ(ξ) = F [Dα f ] (ξ).
Nach dem Satz von Plancherel ist kûkL2 = kukL2 für u ∈ S (Rn ), das heisst, die
Fouriertransformation F ist eine Isometrie in der L2 -Norm von S (Rn ) auf S (Rn ).
Weil S (Rn ) ⊂ L2 (Rn ) dicht ist, existiert eine eindeutige stetige Fortsetzung von
F zu einer Isometrie von L2 (Rn ) auf sich. Diese Fortsetzung wird wieder mit F
bezeichnet, obwohl die Integralformel (9.3) nicht gilt für f 6∈ L1 (Rn ).
Führen wir die Fouriertransformation der partiellen Differentialgleichung (9.2)
in der Variablen x mit Parameter t und ut (x) := u(t, x) durch, so ergibt sich formal
wegen i2 = −1:
d
ût (ξ) = −|ξ|2 ût (ξ) t ≥ 0
dt
û0 (ξ) = û(ξ).
Halten wir ξ fest, so ist dies eine gewöhnliche Differentialgleichung in t, deren Lösung
2
ût (ξ) = e−t|ξ| û(ξ)
lautet. Dies führt zu
t≥0
113
9 BEISPIELE VON KONTRAKTIONSHALBGRUPPEN
Definition 9.2. (Kontraktionshalbgruppe P̂ t )
Es bezeichne
2
P̂ t u(ξ) = e−t|ξ| u(ξ)
für ξ ∈ Rn , t ≥ 0 und u ∈ L2 (Rn ).
Aus Lebesgue folgt, dass dies eine stark stetige Kontraktionshalbgruppe in L2 (Rn )
ist für t ≥ 0. Diese Kontraktionshalbgruppe kann auf L2 (Rn ) nicht für t < 0 fortgesetzt werden!
Lemma 9.1. Die Erzeugende A : DA ⊂ L2 (Rn ) → L2 (Rn ) der Kontraktionshalbgruppe P̂ t ist der Multiplikationsoperator
Au(ξ) = −|ξ|2 u(ξ) ξ ∈ Rn
definiert auf DA := {u ∈ L2 (Rn ) |ξ|2 u ∈ L2 (Rn )}.
Beweis. Es sei zuerst u ∈ DA . Dann gilt nach Definition der Erzeugenden
1 t
t&0
P̂ u − u −−−→ Au in L2 (Rn ).
t
Es folgt für alle ϕ ∈ Cc∞ (Rn )
Z
1 t
P̂ − 1 uϕ dξ
Rn t
Z
=
↓
Auϕ dξ
Rn
=
Z
Z
u
Rn
1 −t|ξ|2
e
− 1 ϕ dξ
t
↓
u(−|ξ|2 )ϕ dξ
Rn
für n → 0 wegen Hölder und Lebesgue. Dies gilt für alle ϕ ∈ Cc∞ (Rn ). Daher ist
nach Theorem 5.3
−|ξ|2 u = Au ∈ L2 (Rn ),
und darum A ⊂ −|ξ|2 .
Sei nun u ∈ L2 (Rn ) so, dass |ξ|2 u ∈ L2 (Rn ). Dann gilt punktweise
1 t
P̂ u(ξ) − u(ξ) + |ξ|2 u(ξ) = |ξ|2 u(ξ)
t
Z
1
0
1 − e−ts|ξ|
2
t&0
ds −−−
→ 0,
und deshalb, mit dem Satz von Lebesgue,
1
t&0
t
2
P̂
u
−
u
−
(−|ξ
|)u
2 n −−−→ 0.
t
L (R )
Nach unserer Defintion der Erzeugenden ist daher u ∈ DA und Au = −|ξ|2 u. Somit
ist −|ξ|2 ⊂ A. Insgesamt ist also −|ξ|2 = A.
Nach dem Theorem von Nelson (oder auch direkt) folgt
A = −|ξ|2 S (Rn ) .
Rücktransformation der Gruppe P̂ t , t ≥ 0: Wir definieren eine stark stetige Kontraktionshalbgruppe L2 (Rn ) → L2 (Rn ) durch die unitäre Äquivalenz der
Fouriertransformation
2 P t u = F −1 P̂ t F u = F −1 e−t|ξ| û
114
9 BEISPIELE VON KONTRAKTIONSHALBGRUPPEN
für u ∈ L2 (Rn ). Dies ist eine Kontraktionshalbgruppe im x-Raum. Doch: wie sieht
sie aus?
Für die Fouriertransformation der Faltung gilt auf S (Rn )
ˆ
f[
∗ u(ξ) = (2π)n/2 f(ξ)û(ξ)
und für die Exponentialfunktion gilt die Formel
g(x) =
2
1
e|x| /(4a)
n/2
(2a)
ĝ(ξ) = e−a|ξ|
2
2
d
t u(ξ) = e−t|ξ| û(ξ), so erhalten wir
für alle a > 0. Wenden wir dies an auf P
P t u(x) = pt ∗ u(x)
t>0
2
1
pt (x) =
e−|x| /(4t)
(4πt)n/2
Wir definieren nun P t : L2 (Rn ) → L2 (Rn ) durch
Z
2
1
P t u(x) =
e|x−y| /(4t) u(y) dy
n/2
(4πt)
Rn
P 0 u(x) = u(x)
t>0
(9.4)
t = 0.
Dies ist eine stark stetige Kontraktionshalbgruppe in L2 (Rn ), symbolisch schreiben
wir P t = et∆“.
”
Für die Erzeugende erhalten wir
A = ∆ = F −1 − |ξ|2 F
DA = H 2,2 (Rn ),
wobei für Sobolev-Räume gilt (Übungsaufgabe)
F H 2,2 (Rn ) = û ∈ L2 (Rn )|(1 + |ξ|2 )û ∈ L2 (Rn ) = D|ξ|2 .
Zudem gilt ∆ = ∆|S (Rn ) .
Aus Theorem 9.1 folgt, dass zu jeder Anfangsbedingung u ∈ H 2,2 (Rn ) genau
eine Funktion t 7→ u(t) ∈ L2 (Rn ), t ≥ 0, existiert, sodass
d
dt u(t) = ∆u(t) t ≥ 0 .
u(0) = u
Es ist dann u(t) = P t u, t ≥ 0.
Aus der Formel (9.4) erhalten wir zusätzliche Eigenschaften:
u ≥ 0 =⇒ P t u ≥ 0 ∀t ≥ 0,
u ∈ L2 (Rn ) =⇒ P t u ∈ L2 (Rn ) ∩ C ∞ (Rn ),
0 6= u ∈ L2 (Rn ), u ≥ 0 =⇒ supp(P t u) = Rn , t ≥ 0.
Insbesondere ist u(t, x) = P t u(x) für t > 0, u ∈ L2 (Rn ), eine klassische Lösung der
partiellen Differentialgleichung
∂
u(t, x) = ∆u(t, x).
∂t
Es gibt auch andere klassische Lösungen, zum Beispiel sogenannte Nulllösungen.
Diese sind nicht in L2 (Rn ) für alle t ≥ 0.
9 BEISPIELE VON KONTRAKTIONSHALBGRUPPEN
115
Die Formel (9.4) für P t definiert eine Kontraktionshalbgruppe in jedem Lp (Rn )
mit p ≥ 1, nicht nur für p = 2. Die Eigenschaft der Kontraktion folgt aus dem
Faltungssatz 5.1 und aus
Z
kpt kL1 =
pt (x) dx = p̂t (0) = 1
Rn
für t > 0. Die starke Stetigkeit von P t in t = 0, das heisst,
lim P t u = u in Lp (Rn ),
t&0
folgt analog zu Theorem 5.1
9.4
Freie Schrödinger-Gleichung
Wir suchen Lösungen u ∈ L2 (Rn ) der freien Schrödinger-Gleichung
∂
∂t u(t, x) = i∆u(t, x) t ∈ R
u(0, x) = u(x)
(9.5)
Die Fouriertransformation liefert in diesem Fall
d
ût (ξ) = −i|ξ|2 ût (ξ).
dt
Die Lösungen (in t) dieser gewöhnlichen Differentialgleichung führen zur unitären
Gruppe Û t ∈ L2 (Rn ), t ∈ R, mit
2
Û t u(ξ) = e−it|ξ| u(ξ) ∀ t ∈ R, u ∈ L2 (Rn ).
Es gilt offensichtlich
t Û u
L2 (Rn )
= kukL2 (Rn )
t ∈ R, u ∈ L2 (Rn ).
Die Erzeugende A der
Gruppe lautet A = −i|ξ|2 und ist definiert auf
2unitären
2
n 2
DA = {u ∈ L (R ) |ξ| u ∈ L (Rn )}. Die Rücktransformation liefert die unitäre
Gruppe
2
U t u = F −1 e−it|ξ| F [u]
t∈R
U t ∈ L(L2 (Rn ))
mit der Erzeugenden i∆ = F −1 − i|ξ|2 F (u) auf dem Definitonsbereich Di∆ =
H 2,2 (Rn ), es gilt zudem
i∆ = i∆S (Rn ) .
Für spezielle Anfangsbedingungen u erhalten wir eine spezielle Lösungsformel für
U t u: Es sei u ∈ S (Rn ), dann ist
Z
2
2
1
U t u(x) =: u(t, x) = F −1 e−it|ξ| F (u) =
eihx,ξi e−it|ξ| û(ξ) dξ.
(2π)n/2 Rn
Es ist u(t, ·) ∈ S (Rn ) eine klassische Lösung der partiellen Differentialgleichung
(9.5).
Nach Theorem 9.1 existiert zu jeder Anfangsbedingung u ∈ H 2,2 (Rn ) genau
eine stetig differenzierbare Funktion R → L2 (Rn ), t 7→ u(t) ∈ L2 (Rn ), welche die
Schrödingergleichung
1∂
t∈R
i ∂t u(t, x) = ∆u(t, x),
u(0, x) = u(x) ∈ H 2,2 (Rn ), t = 0
löst. Es gilt
t
ku(t)kL2 (Rn ) = ku(0)kL2 (Rn )
und es ist u(t) = P u, t ∈ R.
t∈R
116
A DAS RIEMANN-INTEGRAL
A
Das Riemann-Integral
Wir definieren das Riemann-Integral für stetige Funktionen auf kompakten Intervallen mit Werten in Banach-Räumen.
Sei [a, b] ein kompaktes Intervall, und X ein Banach-Raum. Sei B = B ([a, b], X)
der Banach-Raum aller beschränkten Funktionen f : [a, b] → X, mit der Supremumsnorm
kf k := sup kf (t)k
a≤t≤b
Eine Stufenfunktion ϕ : [a, b] → X ist eine Funktion, für die eine Partition P : a0 =
a < a1 < · · · < an = b des Intervalles existiert, und Elemente u1 , u2 , . . . , un ∈ X,
sodass ϕ(t) = uj für aj−1 < t < aj und j = 1, 2, . . . , n.
Sind ϕ und ψ zwei Stufenfunktionen, so existiert eine gemeinsame Verfeinerung
P ihrer Partitionen, sodass ϕ und ψ Stufenfunktionen bezüglich der Partition P
sind. Die Menge S aller Stufenfunktionen auf [a, b] ist daher ein linearer Teilraum
von B. Das Integral einer Stufenfunktion ϕ : [a, b] → X mit Partition P ist das
Element von X definiert durch
IP (ϕ) :=
n
X
j=1
(aj − aj−1 ) uj ∈ X.
Das Integral ist unabhängig von der Wahl der Partition, und man schreibt dafür
I(ϕ) := IP (ϕ) =
Z
b
ϕ ∈ S.
ϕ,
a
Die Abbildung I : S → X ist linear und stetig wegen kI(ϕ)k ≤ (b − a)kϕk. Wir
können deshalb die lineare Abbildung I : S → X eindeutig stetig auf den Abschluss
S von S im Banach-Raum erweitern. Diese Erweiterung bezeichnen wir ebenfalls
mit I. Man nennt die Funktionen in S, welche also gleichmässige Limites von Stufenfunktionen sind, Regelfunktionen . Weil eine stetige Funktion f : [a, b] → X
gleichmässig stetig ist, folgt C ([a, b], X) ⊂ S, und wir haben das Integral I insbesondere für stetige Funktionen definiert.
Die üblichen Eigenschaften des Riemann-Integrals I folgen aus denjenigen für
Stufenfunktionen durch Limesbildung bezüglich der Supremumsnorm. Speziell gelten für stetige Funktionen f ∈ C([a, b], X) die folgenden Aussagen:
1. I : C([a, b]) → X ist stetig.
R R
b
b 2. a f ≤ a kf (t)k dt ≤ (b − a)kf k.
Rb
Rc
Rb
3. a < c < b ⇒ a f = a f + c f .
Rt
d
f (s) ds = f (t) ∈ X.
4. dt
a
5. Mit Lemma 8.3 und 4.) folgt für t 7→ u(t) ∈ X stetig differenzierbar
u(b) − u(a) =
Z
b
a
d
u(t) dt .
dt
6. Seien X und Y Banach-Räume. Dann gilt für A ∈ L(X, Y ), dass
! Z
Z
b
b
f (t) dt
A
a
A f (t) dt .
=
a
117
A DAS RIEMANN-INTEGRAL
7. Das uneigentliche Riemann-Integral für eine stetige Funktion f : [a, ∞] → X
ist wie üblich definiert als
Z ∞
Z N
f (t) dt := lim
f (t) dt ∈ X ,
a
N →∞
falls der Limes rechts in X existiert.
a
Index
C m,β , 58
H m,p (Ω), 54
Lp (Ω), 47
W m,p (Ω), 52, 54
◦
Hm,p (Ω), 55
Glättung, 48
gleichgradig stetig, 8
Graph, 33
linearer, 37
Grenzwert, 3
Abbildung
lineare, 21
Ableitung
schwache, 51
Abschluss, 4
eines Operators, 37
Annihilator, 45
Approximation, 49
Approximationstheorem, 72
Halbgruppe, 87
Halbordnung, 40
Hamiltonsche Vektorfelder, 111
Hilbert-Raum, 76
Baire-Kategorie, 10
Banach-Raum, 18
Basis
algebraische, 22
beschränkt
gleichmässig, 14
punktweise, 14
Bi-Dualraum, 64
Bildbereich, 33
Cauchy-Anfangswert-Problem, 90
Cauchy-Folge, 4
Definitionsbereich, 33
dicht definiert, 77
Differentialoperator, 38
Dirac-Folge, 48
Dirichlet-Randwertproblem, 59
Divergenz, 106
Drehimpulsoperator, 111
Dualraum, 43, 64
Durchmesser, 3
Eigenwert, 80
Einbettung
kanonische, 65
Element
maximales, 40
Erhaltungssatz, 104
Erzeugende, 87
Kontraktionshalbgruppe, 88
Faltung, 47
Satz von der, 47
Flüsse von Vektorfeldern, 106
Fouriertransformation, 112
Impulsoperator, 110
Isometrie, 15
Jacobi-Matrix, 106
Kompakt
überdeckungs, 6
folgen, 6
relativ, 6
konjugierte Gruppen, 100
Kontraktionshalbgruppe, 88
konvergent, 3
punktweise, 70
schwach, 69
schwach-∗-, 70
Kriterium für Selbstadjungiertheit, 83
Kugel
offene, 3
Lösungsfluss, 86
Lemma von
Riesz, 23
Morrey, 57
Zorn, 40
Menge
abgeschlossene, 4
dichte, 4
Inneres einer, 12
kompakte, 4
linear geordnete, 40
magere, 10
nirgends dichte, 10
offene, 3
residuelle, 10
schwach (folgen-) abgeschlossene, 72
total geordnete, 40
Metrik, 1
assoziierte, 18
diskrete, 1
Multiplikationsoperator, 113
118
119
INDEX
Neumann’sche Reihe, 26
Norm, 18
Normen
äquivalente, 19
Operator, 21
abgeschlossener, 33
abschliessbarer, 37
Abschluss eines, 37
adjungierter, 77
dissipativer, 104
formal adjungierter, 76
formal selbstadjungierter, 76
maximaler formal adj., 77
selbstadjungierter, 78
symmetrischer, 78
unitärer, 101
Partition, 116
Poincaré-Ungleichung, 61
Prinzip der gleichm. Beschränktheit, 14
Prinzip der Intervallschachtelung, 5
Prinzip der stetigen Inversen, 33
Produktraum, 28
Projektion, 28
Punkt
innerer, 12
Quotientenraum, 28
Raum
metrischer, 1
normierter, 18
reflexiver, 65
separabler, 63
vollständiger, 5
Regelfunktion, 116
Relation, binäre, 40
Resolvente, 79
Resolventenmenge, 79
Riemann-Integral
uneigentliches, 117
Satz vom abgeschl. Graphen, 35
Satz von
Alaoglu-Banach, 74
Arzelà–Ascoli, 8
Baire, 11, 12, 15
Banach, 13
Banach-Steinhaus, 31
Cauchy-Picard-Lindeloff, 86
Dirichlet, Riemann, Hilbert, 61
Hahn-Banach, komplex, 42
Hahn-Banach, reell, 40
Heine-Borel, 7
Hellinger-Toeplitz, 35
Hille, 93
Hille-Yosida, 94
Kato-Rellich, 84
Liouville, 106
Meyers-Serrin, 54
Morrey-Sobolev, 56
Plancherel, 112
Riesz (Darstellungssatz), 69
Satz von der stetigen Inversen, 36
Schrödingergleichung, 115
schwach (folgen-) abgeschlossen, 72
schwach folgen unterhalb stetig, 73
schwach konvergent, 69
schwache Lösung, 60
Schwartz-Raum, 112
Skalarprodukt, 76
Sobolev-Einbettungstheorem, 59
Sobolev-Raum, 52
Spektralradius, 27
Spektrum, 79
Stabilitätssatz, 84
Stufenfunktion, 116
Theorem von
Hille-Yosida, 90
Lumer-Phillips, 105
Nelson, 96
Stone, 102
total beschränkt, 6
Uniform stetige Halbgruppe, 99
Unitäre Gruppe, 101
Variationsprinzip, 73
Vervollständigung, 16
Wärmeleitungsgleichung, 112
Wertebereich, 33