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. 2 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 4 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 5 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. 6