Musterlösung zu Blatt 2 - Mathematik, TU Dortmund

Musterlösung zu Blatt 2
Hilberträume und Quantenmechanik, Sommersemester 2014
5 Für eine Linearform T : X → K ist die (Operator-)Norm definiert durch
kT k = sup |T (x)|
kxk≤1
und es gilt:
T stetig
⇔
kT k < ∞ (d.h. T beschränkt)
i) (C[−1, 1], k ksup )
Es sei f ∈ C[−1, 1] mit kf ksup ≤ 1. Dann gilt:
Z 1
f (t) dt ≤ 2kf ksup ≤ 2
|S(f )| = −1
Gleichheit wird für die konstante Funktion f = 1 angenommen. Also ist S
stetig mit kSk = 2.
Desweiteren gilt:
|δ(f )| = |f (0)| ≤ kf ksup ≤ 1
Gleichheit wird für f = 1 angenommen. Also ist δ stetig mit kδk = 1.
ii) (C[−1, 1], k kL1 )
Es sei f ∈ C[−1, 1] mit kf kL1 ≤ 1. Dann gilt:
Z 1
Z 1
|S(f )| = f (t) dt ≤
|f (t)| dt = kf kL1 ≤ 1
−1
−1
Gleichheit wird für f = 21 angenommen. Also ist S stetig mit kSk = 1.
Desweiteren ist |δ(f )| = |f (0)| unbeschränkt (betrachte eine geeignete Folge
von Dreiecksfunktionen (fn ) ⊆ C[−1, 1] mit fn (0) = n für n ∈ N) und δ somit
nicht stetig.
iii) (C[−1, 1], k kL2 )
Es sei f ∈ C[−1, 1] mit kf kL2 ≤ 1. Nach der Schwarzschen Ungleichung gilt
Z
1
kf kL1 =
Z
1
|f (t)| · 1 dt ≤
−1
1/2
√
√
· 2 = 2 · kf kL2
|f (t)| dt
2
−1
und mit ii) folgt:
|S(f )| ≤ kf kL1 ≤
Gleichheit wird für f =
√1
2
√
2 · kf kL2 ≤
√
2
angenommen. Also ist S stetig mit kSk =
√
2.
Desweiteren ist |δ(f )| = |f (0)| unbeschränkt (betrachte eine geeignete Folge
von Dreiecksfunktionen (fn ) ⊆ C[−1, 1] mit fn (0) = n für n ∈ N) und δ somit
nicht stetig.
Bemerkung: Mit der Ungleichung zwischen L1 - und L2 -Norm folgt, dass Konvergenz in der L2 -Norm die Konvergenz in der L1 -Norm impliziert.
1
6 Es ist K := {(s1 , . . . , sr ) ∈ [0, 1]r |
r
P
sk = 1} kompakt, da abgeschlossen in [0, 1]r ,
k=1
und die Abbildung f : (s1 , . . . , sr ) 7→
r
P
sk xk ist eine stetige Surjektion von K auf
k=1
co{x1 , . . . , xr }. Da das Bild einer kompakten Menge unter einer stetigen Abbildung
wieder kompakt ist, folgt die Behauptung.
7 a) Es ist klar, dass L(X, Y ) ein Vektorraum ist. Die Normeigenschaften ergeben sich
wie folgt.
i) Für T ∈ L(X, Y ) gilt natürlich
kT k = sup kT (x)k ≥ 0
kxk≤1
und desweiteren
kT k = 0
⇔
T = 0,
denn ⇐“ ist klar, und ist T (x) 6= 0 für ein x 6= 0, so folgt
”
1
x
=
T (x) 6= 0 ,
T
kxk
kxk
also kT k =
6 0, d.h. es gilt auch ⇒“.
”
ii) Für T ∈ L(X, Y ) und α ∈ K gilt:
kαT k = sup kαT (x)k = |α| sup kT (x)k = |α| kT k
kxk≤1
kxk≤1
iii) Für S, T ∈ L(X, Y ) gilt:
kS + T k = sup kS(x) + T (x)k ≤ sup kS(x)k + sup kT (x)k = kSk + kT k
kxk≤1
kxk≤1
kxk≤1
x
b) Ist x 6= 0 mit kxk ≤ 1, so ist k kxk
k = 1, und es gilt:
x T
= 1 · kT (x)k ≥ kT (x)k
kxk kxk
Daraus folgt unmittelbar die Behauptung.
8 a) Definiere ϕj : [a, b] → Y für j ∈ N durch:
(
f (a + kj (b − a)) für a + kj (b − a) ≤ x < a +
ϕj (x) :=
f (b)
für x = b
k+1
(b
j
− a) , 0 ≤ k ≤ j − 1
Sei nun ε > 0. Da f auf dem kompakten Intervall [a, b] gleichmäßig stetig ist,
existiert δ > 0, so dass
|f (x) − f (y)| < ε für alle x, y ∈ [a, b] mit |x − y| < δ .
Wähle N ∈ N so groß, dass b−a
< δ für j ≥ N gilt. Dann ist zu gegebenem x ∈ [a, b]
j
k
ϕj (x) = f (y) mit y = a + j (b − a) für ein k und es folgt
|f (x) − ϕj (x)| < ε für alle x ∈ [a, b]
und somit
kf − ϕj ksup ≤ ε für j ≥ N .
2
und j ≥ N
b) Definiere das Integral zunächst für Treppenfunktionen. Ist
Z = {a = x0 < x1 < . . . < xr = b} , r ∈ N ,
eine Zerlegung des Intervalls [a, b] und t ∈ T ([a, b], Y ) eine Treppenfunktion mit
t|(xk−1 ,xk ) = yk für k = 1, . . . , r, so definiere:
b
Z
t(x) dx :=
a
r
X
(xk − xk−1 )yk
k=1
Wegen
Z b
Z b
kt(x)k dx ≤ (b − a)ktksup
t(x) dx
≤
a
a
liefert dies eine stetige Linearform (T ([a, b], Y ), k ksup ) → Y . Nach Satz 2.6 lässt sich
diese fortsetzen auf den Abschluss der Menge (T ([a, b], Y ), k ksup ) im Raum der beschränkten Abbildungen (B([a, b], Y ), k ksup ), der dann die Menge der integrierbaren
Funktionen mit Werten in Y ergibt.
Nach Teil a) sind stetige Funktionen f : [a, b] → Y integrierbar.
c) i) Sind x, y ∈ [a, b] mit x ≤ y, so existiert nach dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung ξ ∈ (x, y) mit
sin x − sin y = cos ξ (x − y)
und mit | cos ξ| ≤ 1 folgt:
kf (x) − f (y)ksup = sup | sin(xt) − sin(yt)| ≤ sup |xt − yt| = |x − y|
t∈[0,1]
t∈[0,1]
Also ist f (Lipschitz-)stetig.
ii) Es sei
Z
1
sin(xt) dx für t ∈ [0, 1] .
g(t) :=
0
Dann ist offensichtlich g(0) = 0, und für t ∈ (0, 1] gilt:
Z 1
cos(xt) 1
1 − cos t
g(t) =
sin(xt) dx = −
=
t
t
0
0
g ist in t = 0 stetig, wie sich leicht mit der Regel von de l’Hospital nachweisen lässt,
also g ∈ C[0, 1].
sawo
3