3.¨Ubungsblatt zur ” Vorlesung Hilbertraummethoden“

Institut für Mathematik
Prof. Dr. Helge Glöckner
Dr. Elke Wolf
WS 09/10
26.10.2009
3. Übungsblatt zur
Vorlesung Hilbertraummethoden“
”
Gruppenübung
Aufgabe G9 (Abgeschlossene Unterräume von Banachräumen sind Banachräume)
Sei E ein Banachraum und F ⊆ E ein abgeschlossener Unterraum. Zeigen Sie: F ist ein
Banachraum.
Lösung: Dazu ist zu zeigen, dass F vollständig ist. Sei also (xn )n eine Cauchyfolge in
F . Dann ist (xn )n auch eine Cauchyfolge in E. Da E vollständig ist, existiert ein x ∈ E
mit xn → x in E. Da F abgeschlossen ist, muß x in F liegen. Damit ist F vollständig
und daher ein Banachraum.
Aufgabe G10 (Separabilität)
Wir betrachtenhdie Abbildung
f : ℓ∞ → L∞ [0, 1], x 7→ fx mit fx (t) = xn , wobei x =
h
1
, n1 für ein n ∈ N sowie fx (0) =: fx (1) := 0. Zeigen Sie, dass f eine
(xn )n , falls t ∈ n+1
Isometrie ist und folgern Sie, daß L∞ [0, 1] nicht separabel ist.
Lösung: Vorüberlegung: Seien (X, dX ), (Y, dY ) metrische Räume und f : X → Y eine
Isometrie (also dY (f (x1 ), f (x2 )) = dX (x1 , x2 ) für alle x1 , x2 ∈ X). Zeigen Sie: Ist X
nicht separabel, so auch nicht f (X) und somit auch nicht Y .
Beweis: Angenommen, f (X) sei separabel. Dann gibt es eine abzählbare dichte Teilmenge D ⊆ f (X). Behauptung: f −1 (D) ⊂ X ist abzählbar und dicht.
(i) f −1 (D) ist abzählbar: Die Abbildung f erhält nach Voraussetzung Abstände, also
werden insbesondere unterschiedliche Punkte in X auf unterschiedliche Punkte in
Y abgebildet. Also ist f injektiv, folglich kann das Urbild von D unter f nicht
größer werden als D. Also ist f −1 (D) abzählbar.
(ii) f −1 (D) liegt dicht: Sei x0 ∈ X und sei ε > 0. Wir konstruieren nun ein p0 ∈
f −1 (D) mit d(x0 , p0 ) < ε. Weil D dicht in f (X) liegt, gibt es ein p ∈ D mit
d(f (x0 ), p) < ε. Da p ∈ D ⊆ f (X) ist, können wir p = f (p0 ) schreiben mit p0 ∈
f −1 (D). Der gesuchte Abstand berechnet sich dann zu d(x0 , p0 ) = d(f (x0 ), f (p0 )) =
d(f (x0 ), p) < ε.
In der Vorlesung wurde gezeigt, dass Teilmengen von separablen metrischen Räumen
wieder separabel sind, folglich kann Y nicht separabel sein, wenn f (X) nicht separabel
ist.
3. Übung
Vorlesung Hilbertraummethoden
Die Abbildung f ist linear, es reicht also zu zeigen, dass kf (x)k∞ = kxk∞ für alle x ∈ ℓ∞ .
Sei also x ∈ ℓ∞ . Die Funktion fx nimmt per Konstruktion nur Werte an, die auch die
Folge x annimmt. Daraus folgt, dass das essentielle Supremum von |fx | nach oben durch
supn∈N |xn | abgeschätzt werden darf:
kfx k∞ ≤ kxk∞ .
Allerdings wird der hWert jedes
h Folgengliedes xn von der Funktion fx auf einer Menge
1
1
mit positivem Maß n+1 , n angenommen, also ist das essenzielle Supremum von |fx |
gleich dem Supremum |fx | und somit auch gleich supn∈N |xn |. Das beweist:
kf k∞ = kxk∞ .
Es folgt nun direkt mit der Vorüberlegung, dass L∞ [0, 1] nicht separabel ist, weil ℓ∞
nicht separabel ist.
Aufgabe G11 (Faltung)
Wir betrachten zwei stetige Funktione f, g : R → C mit kompaktem Träger.
(a) Dann hat auch die stetige Funktion f ∗g kompakten Träger. Zeigen Sie: supp f ∗g ⊆
supp f + supp g.
(b) Beweisen Sie:
kf ∗ gkL1 ≤ kf kL1 kgkL1 .
Lösung:
(a) Sei also s ∈ supp (f ∗g), d.h. (f ∗g)(s) 6= 0. Dann gibt es nach Definition t ∈ supp f
und s − t ∈ supp g. Also s = t + s − t ∈ supp f + supp g.
(b) Es gilt
kf ∗ gkL1
Z
|(f ∗ g)(s)| ds
ZR Z
|f (t)||g(s − t)| dtds
=
ZR R Z
|f (t)| |g(s − t)| dsdt
=
R
R
Z
|f (t)| dtkgkL1 = kf kL1 kgkL1
≤
=
R
Aufgabe G12 (Separabilität)
Wir betrachten den Raum c0 = {x = (xn )n ; xn ∈ K, limn→∞ xn = 0}, versehen mit der
Supremumsnorm kxk∞ := supn∈N |xn | für alle x ∈ c0 . Zeigen Sie:
(a) c0 ist ein abgeschlossener Unterraum von ℓ∞ und daher ein Banachraum.
(b) Die Menge {en ; n ∈ N} ist total in c0 , d.h. c0 ist separabel.
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3. Übung
Vorlesung Hilbertraummethoden
Lösung:
(a) Sei (xn )n eine Folge in c0 mit kxn − xk∞ → 0 für ein x ∈ ℓ∞ . Zu zeigen ist: x ∈ c0 .
(n)
(n)
(n)
Schreibe dazu xn = (tm )m∈N , x = (tm )m∈N und t∞ = limm→∞ tm . Wir beweisen
(n)
zunächst, daß (t∞ )n eine Cauchy-Folge in K ist: Es gilt
(n)
(l)
(n)
(l) |t∞ − t∞ | ≤ lim (tm − tm ) ≤ kxn − xl k∞ ,
m→∞
(n)
und (xn )n ist eine Cauchy-Folge in c0 . Folglich existiert t∞ := limn→∞ t∞ . Um
x ∈ c0 zu zeigen, genügt es, limm→∞ tm = t∞ = 0 zu beweisen.
Wähle dazu ε > 0 und N ∈ N mit
kxN − xk∞ ≤
ε
ε
)
und |t(N
∞ |< .
3
3
Dann bestimme m0 ∈ N mit
ε
)
(N )
m ≥ m0 =⇒ |t(N
m − t∞ | ≤ .
3
Folglich ist für m ≥ m0
(N )
)
(N )
(N )
|tm | ≤ |tm − tm
| + |t(N
m − t∞ | + |t∞ | ≤ kxn − xk∞ +
(b) Sei en der n-te Einheitsvektor. Für x = (tn )n ∈ c0 gilt dann
kx −
n
X
i=1
ti ei k∞ = sup |ti | → 0 für n → ∞.
i≥n
3
ε ε
+ ≤ ε.
3 3
3. Übung
Vorlesung Hilbertraummethoden
Hausübung
Aufgabe H7 (Faltung)
(a) Es sei (hn )n∈N eine Folge nichtnegativer stetiger Funktionen
hn : R → R derart,
R
dass der Träger Supp(hn ) in [− n1 , n1 ] enthalten ist und R hn (x) dx = 1. Zeigen Sie,
dass für jede stetige Funktion f : R → C und jedes feste x ∈ R
(f ∗ hn )(x) → f (x) für n → ∞.
Hinweis: auf [x − 1, x + 1] ist f gleichmäßig stetig.
(b) Zeigen Sie, dass es keine stetige Funktion u : R → C geben kann mit der Eigenschaft,
dass
u∗h =h
für jede stetige Funktion h : R → C mit kompaktem Träger.
Lösung:
(a) Sei x ∈ R. Dann gilt für alle n ∈ N:
(f ∗ hn )(x) =
Z
f (x − y)hn (y) dy =
R
=
Z
1
n
Z
1
n
1
−n
=
1
−n
Z
1
n
1
−n
f (x − y)hn (y) dy
f (x − y) − f (x) + f (x) hn (y) dy
f (x − y) − f (x) hn (y) dy + f (x)
Z
1
n
1
−n
|
hn (y) dy
{z
=1
}
Wenn wir nun zeigen können, dass der erste Summand gegen 0 konvergiert für
n → ∞, so sind wir fertig: Sei ε > 0. Die Funktion f ist an der Stelle x ∈ R stetig,
also gibt es ein δ > 0, sodass |f (x − y) − f (x)| < ε für alle |y| < δ. Wähle nun ein
n0 ∈ N mit n10 < δ. Dann gilt für alle n ≥ n0 :
Z 1
Z 1
n
n f (x − y) − f (x) ·|hn (y)| dy
f
(x
−
y)
−
f
(x)
h
(y)
dy
≤
n
1 |
−1
{z
}
−n
n
<ε
≤ε·
Z
1
n
1
−n
hn (y) dy = ε.
(b) Angenommen, es existiert eine stetige Funktion u : R → C mit der geforderten
Eigenschaft. Sei nun (hn )n∈N wie in Aufgabenteil (a). Dann gilt nach Aufgabenteil
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3. Übung
Vorlesung Hilbertraummethoden
(a), dass u(x) = limn→∞ u ∗ hn (x) ist. Nach Voraussetzung ist aber u ∗ hn = hn .
Somit haben wir für alle x 6= 0:
u(x) = lim hn (x).
n→∞
Da der Träger von hn aber in [− n1 , n1 ] enthalten ist, gilt für alle x 6= 0, dass u(x) =
limn→∞ hn (x) = 0. Weil u stetig ist, muss u auch an der Stelle 0 den Wert 0
annehmen. Die konstante Nullfunktion erfüllt aber sicher nicht die angenommene
Eigenschaft. Widerspruch.
Aufgabe H8 (Separabilität)
Es sei E der komplexe Vektorraum aller ‘ganzen’ Funktionen f : C → C (d.h. auf ganz
C definierte holomorphe Funktionen). Weiter sei D := {z ∈ C : |z| ≤ 1}.
(a) Zeigen Sie, dass die Abbildung
k.k : E → [0, ∞[ ,
kf k := sup |f (z)|
z∈D
ein Norm auf E ist.
(b) Zeigen Sie: Der Vektorraum P der Polynomfunktionen φ : C → C ist dicht in E.
Hinweis: Gegeben f ∈ E können Sie f um 0 in eine Potenzreihe entwickeln.
(c) Zeigen Sie, dass E separabel ist.
(d) Sei nun (F, k.k) irgend ein normierter Raum und S := {x ∈ F : kxk = 1} seine
Einheitssphäre. Zeigen Sie, dass F genau dann separabel ist, wenn S separabel ist.
Lösung:
(a) Die Dreiecksungleichung und Homogenität folgt direkt aus der Definition. k · k ist
somit eine sog. Halbnorm. Es bleibt nur, die positive Definitheit zu zeigen, d.h.
kf k = 0 =⇒ f = 0
Wenn aber kf k = supz∈D |f (z)| = 0 ist, dann heißt das, dass fD = 0 ist. Nach dem
Identitätssatz aus der Funktionentheorie ist eine holomorphe Funktion, die auf einer
Teilmenge mit Häufungspunkt konstant Null ist, automatisch die Nullfunktion.
(b) Sei f ∈ E eine beliebige holomorphe Funktion auf C. Jede holomorphe Funktion,
die auf ganz C definiert ist, lässt sich auch auf ganz C in eine Potenzreihe um die
0 entwickeln: Es gibt also Koeffizienten ak ∈ C, sodass
f (z) =
∞
X
ak z k
k=0
Potenzreihen
P konvergieren immer gleichmäßig auf kompakten Mengen, d.h. wenn
pn (z) := nk=0 ak z k das zugehörige Taylor-Polynom von Grad n ist, dann gilt für
jedes Kompaktum K ⊆ C, dass kpn |K − f |K k∞ → 0. Für den Spezialfall K = D
folgt damit
kf − pn k −→ 0
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3. Übung
Vorlesung Hilbertraummethoden
(c) Nach (b) ist der Vektorraum der Polynome dicht in E. Also ist die (abzählbare)
Menge der Monome {1, z, z 2 , z 3 , . . .} ⊆ E total, d.h. der davon erzeugte Unterraum
ist dicht. Somit hat der normierte Vektorraum E eine abzählbare totale Menge.
Dies ist laut Vorlesung äquivalent zur Separabilität.
(d) Angenommen, F ist separabel. Dann ist laut einem Satz der Vorlesung jede Teilmenge separabel. Also ist auch S separabel. Sei umgekehrt S separabel. Dann existiert
also eine abzählbare dichte Teilmenge D ⊆ S. Setze D′ := {q · d : d ∈ D, q ∈ Q}.
Dies ist abzählbar, weil D × Q abzählbar ist. Es bleibt zu zeigen, dass D′ in F dicht
liegt, dass also jedes x ∈ F durch Elemente aus D′ angenähert werden kann. Sei
x ∈ F . Falls x = 0, dann ist x ∈ D ′ und nichts ist zu zeigen. Wenn x 6= 0, dann
x
∈ S bilden. Weil D in S dicht liegt, gibt es eine Folge (dn )n∈N in
können wir kxk
x
D mit dn → kxk . Und da Q in R dicht liegt, gibt es eine Folge (qn )n∈N in Q mit
qn → kxk. Die Folge (qn ·dn )n∈N liegt nun in D′ und konvergiert wegen der Stetigkeit
x
der skalaren Multiplikation (siehe z.B. Aufgabe G5(c)) gegen kxk · kxk
= x.
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