1.¨Ubungsblatt zur ” Vorlesung Funktionalanalysis II“

Institut für Mathematik
Prof. Dr. Helge Glöckner
Alexander Schmeding
SS 2011
05.04.2011
1. Übungsblatt zur
Vorlesung Funktionalanalysis II“
”
Gruppenübung
Aufgabe G1 (Lebesguesches Überdeckungslemma)
Sei (K, d) ein kompakter metrischer Raum und U := (Ui )i∈I eine Überdeckung von K
mit offenen Mengen. Zeigen Sie, dass es dann eine positive reelle Zahl δ > 0, so dass für
alle x ∈ K der metrische Ball Bδ (x) ⊆ Ui für mindestens ein i ∈ I erfüllt. Die Zahl δ
wird auch Lebesgue Zahl zur Überdeckung U genannt.
Hinweis: Erinnern Sie sich an die schönen Eigenschaften von kompakten Räumen.
Lösung: Die Ui sind offene Mengen und überdecken K. Für jedes x ∈ K existiert
daher ein εx > 0, so dass Bεx (x) ⊆ Ui für mindestens ein i ∈ I gilt. Die Kugeln B εx (x)
2
bilden eine offene Überdeckung von
K.
Da
K
kompakt
ist,
existiert
eine
endliche
Familie
S
x1 , . . . , xn ∈ K, so dass K = ni=1 B εxi (xi ). Setze δ := min εx1 , . . . , εxn . Für zwei
2
x, y ∈ K mit d(x, y) < δ gilt dann: Es existiert ein xj , so dass x ∈ B εxj (xj und wir
εx
2
erhalten d(xj , y) ≤ d(x, y) + d(xj , x) ≤ δ + 2j ≤ εxj . Also gilt x, y ∈ Bεxj (xj ) ⊆ Ui für
ein i ∈ I. Da y beliebig gewählt war, ist also Bδ (x) ⊆ Ui . Da auch x beliebig gewählt
war zeigt dies die Behauptung.
Aufgabe G2 (Lipschitz Abbildungen)
(a) Sei D ⊆ Rn eine konvexe Menge und n ∈ N. Wir betrachten eine C 1 -Abbildung
f : D → R. Zeigen Sie, dass f Lipschitz-stetig ist, falls die Ableitung grad f beschränkt ist. Zeigen Sie, dass dann Lip(f ) ≤ kgrad f k∞ gelten muss.
(b) Seien (X, dx ), (Y, dY ) und (Z, dZ ) metrische Räume und f : X × Y → Z eine Abbildung die getrennt Lipschitz-stetig ist (d.h. für festes x ∈ X und festes y ∈ Y sind
f (x, ·) bzw. f (·, y) Lipschitz-stetig). Zeigen Sie, dass falls Konstanten LX , LY > 0
mit Lip(f (x, ·)) ≤ LX und Lip(f (·, y)) ≤ LY für alle x ∈ X bzw. y ∈ Y existieren,
auch f Lipschitz-stetig ist.
Lösung:
(a) Wir verfahren wie in der Vorlesung, in der bereits gezeigt wurde, dass C 1 -Funktionen
lokal Lipschitz-stetig sind. Da D kovex ist, können wir den Mittelwertsatz der Differentialrechnung auf die C 1 -Abbildung f anwenden. Bezeichne mit [x, y] die Verbindungsstrecke von x und y in D. es existiert also ein h ∈ [x, y], so dass
f (x) − f (y) = hgrad f (h), x − yi
1. Übung
Vorlesung Funktionalanalysis II
f (x) − f (y) = hgrad f (h), x − yi ≤
Die
Cauchy-Schwartzsche
Ungleichung
lehrt
nun
grad f (h)kx − yk ≤ Lkx − yk, wobei ∞ > L = kgrad f k . da die Konstante we∞
der von x noch von y abhängt zeigt dies gerade, dass f Lipschitz-stetig ist und
insbesondere die gewünschte Abschätzung für die Lipschitz Konstante gilt..
(b) Nach Voraussetzung ist f getrennt Lipschitz-stetig mit Lipschitz Konstanten LX
und LY (je nachdem welche Komponente festgehalten wird). Seien (x, y), (x̃, ỹ) ∈
X × Y beliebig gewählt. Dann haben wir:
dZ (f (x, y), f (x̃, ỹ)) ≤ dZ (f (x, y), f (x, ỹ) + dZ (f (x, ỹ), f (x̃, ỹ))
≤ LX dY (y, ỹ) + LY dX (x, x̃)
≤ max {LX , LY } · max dX (x, x̃), dY (y, ỹ)
|
{z
}
d∞ ((x,y),(x̃,ỹ)):=
Nach Konstruktion ist d∞ gerade die Maximumsmetrik, welche durch die Metriken
dX und dY induziert wird. Wie wir aus der Funktionalanalysis I wissen, macht d∞
das Produkt X × Y in kanonischer Weise zu einem metrischen Raum. Wir haben
also gezeigt, dass f bezüglich dieser Metrik einer Lipschitz Bedingung mit Lipschitz
Konstante Lip(f ) = max {LX , LY } genügt. Dies war zu zeigen.
Aufgabe G3 (Lipschitz Störungen)
Betrachten Sie die Abbildung f :
R → R, x 7→ x + 21 cos(x) − 12 .
(a) Zeigen Sie, dass cos und f Lipschitz-stetig sind und finden Sie eine Abschätzung
für Lip(cos) und Lip(f ).
(b) Folgern Sie, dass f ein Homöomorphismus auf sein Bild ist und finden Sie für x ∈ R
und r > 0 Konstanten a, b > 0, so dass
Bar (f (x)) ⊆ f (Br (x)) ⊆ Bbr (f (x))
gilt.
Lösung:
(a) Seien x, y ∈ R und o.E. y < x. Die Abbildung f ist offensichtlich differenzierbar
mit beschränkter Ableitung und nach Aufgabe G2 a) ist f Lipschitz-stetig mit
Lip(f ) ≤ 32 . Analog sieht man Lip(cos) ≤ 1
(b) Die Abbildung f können wir auch als Summe f (x) = idR (x) + (cos(x) − 21 ) einer
linearen Abbildung und einer Lipschitz-stetigen Abbildung mit Lip( 21 cos x− 12 ) ≤ 12
auffassen. Insbesondere gilt Lip( 21 cos x − 12 ) ≤ kidR kop = 1. Da cos auf ganz R
Lipschitz-stetig ist, folgt nach dem Qualitativen Satz über die Umkehrabbildung,
dass f ein Homöomorphismus aufs Bild ist und wir erhalten für die Konstanten b =
Lip(f ) = 32 und a = Lip( 12 cos − 12 ) = 12 die Abschätzung Bar (f (x)) ⊆ f (Br (x)) ⊆
Bbr (f (x)).
2
1. Übung
Vorlesung Funktionalanalysis II
Hausübung
Aufgabe H1 (Lipschitz Stetigkeit)
Sei (K, dK ) ein kompakter metrischer Raum und (X, dX ) ein metrischer Raum. Zeigen
Sie, dass jede Abbildung f : K → X, die lokal Lipschitz-stetig ist, bereits Lipschitz-stetig
ist.
Hinweis: Benutzen Sie die Kompaktheit und unterscheiden Sie zwei Fälle. Was passiert,
wenn zwei Punkte nicht in einer Umgebung liegen auf der eine lokale Lipschitz Bedingung
gilt? Können Sie Aufgabe G1 verwenden?
Lösung: f ist lokal Lipschitz-stetig, d.h. für jedes x ∈ K existiert eine offene Umgebung
Ux und Lx > 0, so dass für alle y ∈ Ux bereits dX (f (x), f (y)) ≤ Lx dK (x, y) gilt.
Da KSkompakt ist, können wir endlich viele
Punkte x1 , . . . , xn ∈ K wählen, so dass
K = ni=1 Uxi gilt. Setze nun L := max Lxi 1 ≤ i ≤ n . Offensichtlich gilt nun für zwei
Punkte x, y ∈ Uxi mit 1 ≤ i ≤ n bereits
dX (f (x), f (y)) ≤ Lxi dK (x, y) ≤ LdK (x, y).
Somit haben wir für jedes Paar von Punkten aus einem Uxi eine Lipschitz Bedingung
mit der Konstanten L.
Wir wollen nun zeigen, dass auch für zwei beliebige Elemente x, y ∈ K eine Lipschitz
Bedingung gilt. Sind x, y ∈ Uxj für ein 1 ≤ j ≤ n so sind wir nach unseren vorigen
Überlegungen bereits fertig. Wir dürfen daher annehmen, dass x ∈ Uxj und y ∈ Uxi für
i 6= j, aber es gibt kein 1 ≤ i ≤ n, so dass x, y ∈ Uxi . Nach Aufgabe G1 b) existiert zu
der Überdeckung Ux1 , . . . , Uxn eine Lebesgue Zahl δ. Da x, y nicht in derselben Menge
Uxi enthalten sind nach Annahme, muss nach Definition der Lebesgue Zahl dK (x, y) > δ
gelten, Insbesondere ist dK (x, y) 6= 0 und wir erhalten die Abschätzung:
dX (f (x), f (y))
1
≤ dX (f (x), f (y))
dK (x, y)
δ
(1)
Da K kompakt ist, ist das Bild von f beschränkt, d.h. es existiert eine Konstante A > 0,
so dass dX (f (x), f (y)) ≤ A für alle x, y ∈ K gilt. Wenden wir dies auf die Abschätzung
(1) an, so erhalten wir:
dX (f (x), f (y))
1
A
≤ A ⇒ dX (f (x), f (y)) ≤
dK (x, y)
dK (x, y)
δ
δ
|{z}
B:=
Wir bemerken, dass die Konstante B unabhängig von den Punkten x, y gewählt wurde. Insbesondere folgt dann aber, dass f Lipschitz-stetig ist mit Lipschitz Konstante
Lip(f ) := max {L, B}
3
1. Übung
Vorlesung Funktionalanalysis II
Aufgabe H2 (McShane-Whitney Fortsetzungssatz)
Sei (X, d) ein metrischer Raum und A ⊆ X eine beliebige Teilmenge.
(a) Sei {fi |i ∈ I} eine Familie von Abbildungen fi : A → R, welche einer Lipschitz
Bedingung mit Lipschitz-Konstante Lip(fi ) ≤ K < ∞, ∀i ∈ I genügen. Zeigen
Sie: Ist inf i∈I fi (x0 ) ∈ R für ein x0 ∈ A ist, so ist auch h : Rn → R, x 7→ inf i∈I fi
eine wohldefinierte Abbildung, welche einer Lipschitz-Bedingung mit Lip(h) ≤ K
genügt.
(b) Ist f : A → R eine Abbildung die der Lipschitz Bedingung |f (x) − f (y)| ≤ Kd(x, y)
für alle x, y ∈ A genüge. Zeigen Sie, dass dann eine Lipschitz Fortsetzung F von f
auf X existiert, d.h. es existiert ein F : X → R mit F|A = f und F is Lipschitz-stetig
mit Lip(F ) ≤ K
Hinweis: Betrachten Sie bei (b) Abbildungen der Form fa (x) := f (a) + Kd(x, a).
Lösung:
(a) Wir müssen zeigen, dass h wohldefiniert ist, denn a priori könnte inf i∈I fi (y) für
y ∈ A den Wert −∞ 6∈ R annehmen. Nach Voraussetzung ist a := inf i∈I fi (x) ∈ R.
Sei nun y ∈ A beliebig. Dann gilt
|fi (x0 ) − fi (y)| ≤ K|x0 − y|
∀i ∈ I
Wäre nun inf i∈I fi (y) = −∞, so gäbe es eine Folge (ij )j∈N von Indizes, so dass
(fij (y))j unbeschränkt wäre. Da fij (x0 ) → inf i∈I fi (x0 ) ∈ R folgt dann aber mit
der negativen Dreiecksungleichung
∞ > Kkx − yk ≥ |fij (x0 ) − fij (y)| ≥ |
|fij (x)|
| {z }
−|fij (y)| | → ∞
≤a+1für ij groß genug
Dies ist offensichtlich unmöglich, da die linke Seite konstant ist und nicht von ij
abhängt. Die Abbildung h : X → R ist somit wohldefiniert. Wir zeigen nun, dass
für x, y ∈ A eine Lipschitz Bedingung gilt. Da h(y) = inf i∈I fi (y) können wir für
jedes ε > 0 ein j ∈ I finden mit fj (y) < h(y) + ε udn somit −h(y) < −fj (y) + ε.
Nehme nun o.B.d.A. an, dass h(x) > h(y) gilt (sonst vertausche die Rollen von x
und y).:
|h(x) − h(y)| = h(x) − h(y) ≤ h(x) − fj (y) + ε
≤ fj (x) − fj (y) + ε ≤ fj (x) − fj (y) + ε
≤ Kd(x, y) + ε
Nun war ε > 0 beliebig gewählt und wir erhalten durch Übergang ε → 0 die
gewünschte Ungleichung |h(x) − h(y)| ≤ Kd(x, y). Damit ist h Lipschitz-stetig mit
Lip(h) ≤ K.
(b) Wir betrachten die Abbildungen fa : X → R, x 7→ f (a) + Kd(x, a). Diese Abbildung ist Lipschitz-stetig mit Lipschitz Konstante Lip(fa ) ≤ K (dies folgt aus der
Dreiecksungleichung für die Metrik d). Es gilt die Abschätzung
fa (x) = f (a) + Kd(x, a) ≥ f (a) + f (x) − f (a) ≥ f (x)
(2)
4
1. Übung
Vorlesung Funktionalanalysis II
Nun betrachten wir F : X → R, F (x) := inf a∈A fa (x). Nach Aufgabenteil a) ist dies
eine Lipschitz-stetige Abbildung mit Lip(F ) ≤ K. Es gilt fa (a) = f (a) für jedes
a ∈ A. Zusammen mit (2) zeigt dies aber bereits F|A = f . Insgesamt haben wir also
eine Lipschitz Fortsetzung von f konstruiert.
5