Übungen zur Funktionalanalysis Lösungshinweise

Prof. Dr. Reiner Lauterbach
Jan Henrik Sylvester
Sommersemester 2016
Übungen zur Funktionalanalysis
Lösungshinweise – Blatt 2
Aufgabe 5. Beweisen Sie: Ein kompakter Hausdorffraum, welcher dem ersten
Abzählbarkeitsaxiom genügt, ist folgenkompakt.
Lösung. Es sei X ein kompakter Hausdorffraum, {xn }n∈N eine Folge in X. Wir
müssen zeigen, dass es eine konvergente Teilfolge gibt. Dazu zeigen wir zunächst:
x ∈ X ist genau dann Grenzwert einer Teilfolge von {xn }n∈N , wenn in jeder
Umgebung von x unendlich viele Folgenglieder liegen.
Die Hinrichtung ist klar. Es sei also x ∈ X und in jeder Umgebung von x
gebe es unendlich viele Folgenglieder. Es sei {Un }n∈N eine Umgebungsbasis von
x. Wir können annehmen, dass Uk+1 ⊆ Uk für alle k ∈ N gilt, ansonsten setze
0
U10 = U1 , Uk+1
= Uk0 ∩ Uk+1 , dann ist das System der Uk0 eine Umgebungsbasis,
welches die besagte Eigenschaft besitzt. Nach Annahme gibt es xnk ∈ Uk für
ein geeignetes nk ∈ N und jedes k ∈ N. Ist nun U eine beliebige Umgebung von
x, so ist Unj ⊆ U für ein geeignetes j ∈ N und damit xnk ∈ U für k ≥ j. In
jeder Umgebung von x liegen also fast alle Folgenglieder von {xnk }k∈N , diese
Teilfolge konvergiert also gegen x (beachte, dass diese Schlussweise nur unter
Annahme des 1. Abzählbarkeitsaxioms zulässig ist).
Es sei nun x ∈ X beliebig. Ist x kein Häufungspunkt der Folge {xn }n∈N ,
so gibt es nach dem eben Gezeigten eine Umgebung Ux von x, welche nur endlich viele Folgenglieder enthält. Hätte die Folge also keine Häufungspunkte, so
würden die Ux , x ∈ X, X überdecken und es reichten endlich viele. In deren
Vereinigung lägen aber nur endlich viele Folgenglieder. Widerspruch. Somit ist
X folgenkompakt.
Aufgabe 6. Es sei I eine beliebige Menge und RI = {f : I → R}.
1. Für ε > 0, F ⊆ I endlich, sei
U (f, ε, F ) = {g : I → R | |f (i) − g(i)| < ε ∀i ∈ F } .
Damit sei Uf = {U (f, ε, F ) | ε > 0, F ⊆ I endlich}.
Zeigen Sie, dass Uf eine Umgebungsbasis von f einer Topologie τ auf
RI ist. (D. h. zeigen Sie, dass endliche Schnitte von Mengen aus Uf stets
wieder ein Element von Uf enthalten. Die Elemente von τ sind dann Vereinigungen von Mengen aus Uf für f ∈ RI variabel.)
2. Zeigen Sie, dass mit der Topologie der vorherigen Teilaufgabe die Abbildung πi : RI → R, f 7→ f (i) für jedes i ∈ I stetig ist.
3. Es sei σ eine Topologie auf RI , so dass die Abbildungen πi : RI → R für
jedes i ∈ I stetig sind. Zeigen Sie, dass dann die Abbildung (RI , σ) →
(RI , τ ), f 7→ f stetig ist.
Lösung.
1. Es seien endlich viele Mengen U (f, ε1 , F1 ), . . . , U (f, εn , Fn ) gegeben und es sei ε = min{ε1 , . . . , εn }, F = F1 ∪ · · · ∪ Fn . Dann gilt
U (f, ε, F ) ⊆
n
\
j=1
1
U (f, εj , Fj ).
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Uf ist also Basis einer Topologie auf RI .
2. Das Urbild der offenen Menge U ⊆ R unter πi ist gegeben durch
πi−1 (U ) = {g : I → R | g(i) ∈ U } .
Ist nun f ∈ πi−1 (U ), so gibt es ε > 0 mit Bε (f (i)) ⊆ U . Damit gilt
U (f, ε, {i}) ⊆ πi−1 (U )
für jedes f ∈ πi−1 (U ), somit ist πi−1 (U ) offen, πi also stetig.
3. Es genügt zu zeigen, dass Urbilder von Basismengen offen sind, also ist zu
zeigen, dass Mengen der Form U (f, ε, F ) in σ liegen. Es sei also f : I → R,
ε > 0 und eine endliche Teilmenge F ⊆ I gegeben. Da die Projektionen
πi stetig sind, ist die Menge
πi−1 (Bε (f (i))) = {g : I → R | |g(i) − f (i)| < ε}
offen bzgl. σ. Also ist auch der endliche Schnitt
\
πi−1 (Bε (f (i))) = {g : I → R | |g(i) − f (i)| < ε ∀ i ∈ F } = U (f, ε, F )
i∈F
offen bzgl. σ.
Aufgabe 7. Es sei X ein Vektorraum sowie {pn : X → R≥0 | n ∈ N} eine Menge
von Funktionen mit pn (x + y) ≤ pn (x) + pn (y) und pn (λ · x) = |λ| · pn (x) für
n ∈ N, x, y ∈ X, λ ∈ R und zu jedem x ∈ X \ {0} gebe es n ∈ N mit pn (x) 6= 0.
Zeigen Sie, dass
∞
X
pn (x − y)
1
d(x, y) =
·
n 1 + p (x − y)
2
n
n=1
eine Metrik auf X definiert.
Lösung. Die Summanden der Reihe sind nicht-negativ und die Reihe konvergiert
nach dem Majorantenkriterium, also ist d(x, y) ≥ 0. d(x, x) = 0 folgt sofort aus
pn (0) = 0 · pn (0) = 0. d(x, y) = d(y, x) folgt sofort aus pn (−x) = pn (x). Es
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bleibt also die Dreiecksungleichung zu untersuchen. Für x, y, z ∈ X gilt
d(x, z) =
=
∞
X
1 pn (x − z)
2n 1 + pn (x − z)
n=1
∞
X
1
2n
n=1
∞
X
1
1
pn (x−z)
+1
1
=
1
n
2
n=1
1
pn (x−y+y−z)
≤
∞
X
1
n
2
n=1
1
pn (x−y)+pn (y−z)
+1
1
+1
∞
X
=
1 pn (x − y) + pn (y − z)
2n 1 + pn (x − y) + pn (y − z)
n=1
=
∞
∞
X
X
pn (x − y)
pn (y − z)
1
1
+
n 1 + p (x − y) + p (y − z)
n 1 + p (x − y) + p (y − z)
2
2
n
n
n
n
n=1
n=1
∞
∞
X
X
1 pn (y − z)
1 pn (x − y)
≤
+
n 1 + p (x − y)
n 1 + p (y − z)
2
2
n
n
n=1
n=1
= d(x, y) + d(y, z)
Aufgabe 8. Zeigen Sie, dass es eine Funktion f ∈ C([0, 1]; R) gibt, welche
nirgends differenzierbar ist, indem Sie zeigen, dass die Mengen
1
1
|f (x + h) − f (x)|
∀h ∈ 0,
:
≤n
En = f : [0, 1] → R ∃x ∈ 0, 1 −
n
n
h
mit n ∈ N abgeschlossen, aber nirgends dicht in C([0, 1]; R) sind. (Hinweis:
Weierstraßscher Approximationssatz)
Lösung. Wir zeigen, dass das Komplement
der En offen
ist. Es sei nämlich
f∈
/ En , so gibt es zu jedem x ∈ 0, 1 − n1 ein hx ∈ 0, n1 mit
|f (x + hx ) − f (x)|
> n.
hx
Aus Stetigkeitsgründen gibt es dann δx > 0, εx > 0 mit
|f (y + hx ) − f (y)|
> n + εx .
hx
für y ∈ Bδx (x). Diese Kugeln überdecken das kompakte Intervall 0, 1 − n1 , es
reichen also endlich viele mit Mittelpunkten x1 , . . . , xm.
Setze ε = min{εx1 , . . . , εxm } > 0. Dann gilt für y ∈ 0, 1 − n1 beliebig:
|f (y + hj ) − f (y)|
> n + ε,
hj
wobei hj = hxj so gewählt ist, dass y ∈ Bδxj (xj ). Es sei nun η > 0 so gewählt,
dass
2η
ε
≤
hj
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für j = 1, . . . , m ist. Es sei g ∈ Bη (f ). Dann ist für y ∈ 0, 1 − n1 beliebig, hj
wie oben gewählt:
|f (y + hj ) − f (y)|
hj
|f (y + hj ) − g(y + hj )| + |g(y + hj ) − g(y)| + |g(y) − f (y)|
≤
hj
2η + |g(y + hj ) − g(y)|
≤
hj
ε |g(y + hj ) + g(y)|
≤ +
.
2
hj
n+ε<
Also ist
n<
|g(y + hj ) + g(y)|
,
hj
somit g ∈
/ En .
Es bleibt zu zeigen, dass En nirgends dicht ist. Da En abgeschlossen ist,
ist dies gleichbedeutend damit, dass Enc dicht ist. Da nach dem Weierstraßschen Approximationssatz die Menge der Polynome dicht in C([0, 1], R) liegt,
genügt es also zu zeigen, dass sich Polynome mit Funktionen aus Enc approximieren lassen. Es sei also p : [0, 1] → R ein beliebiges Polynom. Ferner sei
f : [0, 1] → R eine stückweise lineare Funktion mit supx∈[0,1] |f (x)| < ε und
f 0 (x) = ±(supy∈[0,1] |p0 (y)| + 2n) an den Stellen, wo f differenzierbar ist. Dann
ist d(p + f, p) < ε. Ferner ist F = p + f in jedem x ∈ 0, 1 − n1 rechtsseitig
differenzierbar und es ist
sup
1
h∈(0, n
]
|F (x + h) − F (x)|
|F (x + h) − F (x)|
≥ lim
h→0+
h
h
= p0 (x) + lim f 0 (x + h)
h→0+
0
0
≥ |p (x)| − sup |p (x)| − 2n
x∈[0,1]
≥ 2n.
Somit ist F ∈ Enc und ε-nah an p, p liegt also in Enc , somit sind diese Mengen
dicht bzw. die Mengen En sind nirgends dicht. Nun ist C([0, 1], R) ein vollständiger metrischer Raum, nach dem S
Baireschen Kategoriensatz muss es also
Elemente geben, welche nicht in E = n∈N En liegen. E sind aber gerade die
rechtsseitig differenzierbaren Funktionen. Somit gibt es nirgends differenzierbare, stetige Funktionen und diese bilden sogar eine Menge zweiter Kategorie.
Die Aufgaben sollen bis zur Übung am 19. April 2016 bearbeitet
werden.
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Raum der Woche
Bezeichnung:
Definition:
Norm:
`p für(1 ≤ p < ∞ )
∞
X
p
p
` = x:N→K
|xn | < ∞
i=1
! p1
∞
X
p
kxk`p =
|xn |
i=1
Dualraum:
Dualraum zu:
Reflexiv:
Kriterium für Kompaktheit:
Kriterium für schwache Konvergenz:
Weitere Aspekte:
`q mit p1 + 1q = 1 mit 1 < q ≤ ∞
`q mit p1 + 1q = 1 für p > 1
ja, falls p > 1
Σ(shif t± ); separabel; Hilbertraum für
p = 2.
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