Musterlösungen zur Funktionalanalysis I WS 2015/16, Blatt 7

Musterlösungen zur Funktionalanalysis I
WS 2015/16, Blatt 7
Aufgabe 24
Für alle α ∈ K gilt
hx + αy, x + αyi = kxk2 + kyk2 + 2Re(αhy, xi),
hx − αy, x − αyi = kxk2 + kyk2 − 2Re(αhy, xi),
also
kx + αyk = kx − αyk ⇔ Re(αhy, xi) = 0.
Ist also x ⊥ y, so kx + αyk = kx − αyk für alle α ∈ K. Gilt umgekehrt
kx + αyk = kx − αyk für alle α ∈ K, so setzen wir zunächst α = 1 und
erhalten Re(hy, xi) = 0. Ist K = C, so liefert schließlich α = −i, daß
auch gilt Im(hy, xi) = Re(−ihy, xi) = 0.
Aufgabe 25
(1) Wegen E, F ⊆ E + F gilt (E + F )⊥ ⊆ E ⊥ und (E + F )⊥ ⊆ F ⊥ .
Sei umgekehrt x ∈ E ⊥ ∩ F ⊥ . Dann gilt für y ∈ E und z ∈ F
hx, y + zi = hx, yi + hx, zi = 0,
also x ∈ (E + F )⊥ .
(2) Klar ist E ⊆ E ⊥⊥ und damit E ⊆ E ⊥⊥ , da (E ⊥ )⊥ abgeschlossen
ist. Sei umgekehrt x ∈ E ⊥⊥ ⊆ H. Da H ein Hilbertraum ist, existieren
nach Lemma 6.9 x1 ∈ E und x2 ∈ E ⊥ mit x = x1 + x2 . Dann folgt
hx, x2 i = 0 und hx2 , x1 i = 0, folglich
0 = hx, x2 i = hx1 , x2 i + kx2 k2 = kx2 k2 ,
d.h. x2 = 0 und damit x = x1 + x2 = x1 ∈ E, was zu zeigen war.
Aufgabe 26
Für alle x, y ∈ H und λ ∈ K gilt
kx − λyk2 = kxk2 − λhx, yi − λhy, xi + |λ|2 kyk2 .
Ist nun x ∈ E ⊥ und y ∈ E, so folgt mit λ = 1
kx − yk2 = kxk2 + kyk2 ≥ kxk2 .
Sei umgekehrt x ∈ H und gelte kx − yk2 ≥ kxk2 für alle y ∈ E. Dann
folgt, da λy ∈ E,
0 ≤ −λhx, yi − λhy, xi + |λ|2 kyk2
2
für alle λ ∈ K. Um x ∈ E zu zeigen, können wir hx, yi 6= 0 annehmen.
Dann folgt mit λ = t |hx,yi|
, t > 0,
hy,xi
0 ≤ −t|hx, yi| − t|hx, yi| + t2 kyk2
und deshalb t|hx, yi| ≤ t2 kyk2 /2 für alle t > 0. Das ist nur für hx, yi = 0
möglich.
Aufgabe 27
(i) ⇒ (ii) ist trivial. Umgekehrt folgt aus xn → x in der schwachen
Topologie nach dem Satz von Riesz hxn , xi → hx, xi = kxk2 und ebenso
hx, xn i = hxn , xi → hx, xi = kxk2 und damit
kxn − xk2 = hxn − x, xn − xi
= kxn k2 − hx, xn i − hxn , xi + kxk2 → 0.