Erreichbare Punktzahl: 20

Prof. Dr. Moritz Kaßmann
Fakultät für Mathematik
Sommersemester 2016
Universität Bielefeld
Übungsaufgaben zu Funktionalanalysis
Lösungen von Blatt VIII vom 03.06.16
Aufgabe VIII.1 (5 Punkte)
Sei X 6= {0} ein normierter Raum. Zeigen Sie, dass jedes Funktional T ∈ X 0 mit T 6= 0 offen ist.
Aufgabe VIII.2 (4 Punkte)
Wir betrachten den normierten Raum C 1 ([0, 1]), versehen mit der Supremumsnorm. Sei D der Ableitungsoperator, d.h.
D : (C 1 ([0, 1]), k · k∞ ) → (C([0, 1]), k · k∞ ),
D(f ) = f 0 .
Aus der Vorlesung ist bekannt, dass D ein linearer und unbeschränkter Operator ist.
Zeigen Sie, dass D abgeschlossen ist. Was bedeutet dies für den normierten Raum (C 1 ([0, 1]), k · k∞ )?
Aufgabe VIII.3 (3+2 Punkte)
Sei X ein Banachraum.
a) Seien Y und Z abgeschlossene Unterräume von X derart, dass jedes x ∈ X eindeutig in der Form
x = y + z mit y ∈ Y, z ∈ Z darstellbar ist. Beweisen Sie die Existenz einer Konstanten C ≥ 0, die
für alle x = y + z ∈ X die Ungleichungen
kyk ≤ Ckxk,
kzk ≤ Ckxk
erfüllt.
Hinweis: Betrachten Sie die Abbildungen Q : X → Y, Q(x) = Q(y + z) = y, P : X → Z, P (x) =
P (y + z) = z. Wenden Sie auf P und Q den Satz vom abgeschlossenen Graphen an.
b) Sei T : X → X eine lineare Abbildung, die T 2 = T erfüllt. Weiterhin seien der Nullraum N (T )
und das Bild T (X) abgeschlossene Unterräume von X. Zeigen Sie, dass T stetig ist.
Hinweis: Überlegen Sie sich zunächst, dass X = N (T ) ⊕ T (X) ist. Benutzen Sie nun a).
Aufgabe VIII.4 (4+2 Punkte)
a) Seien X = Y = `2 (K) und A : X ⊃ D → Y definiert als
A((xn )) = (nxn ),
(xn ) ∈ D,
wobei
(i) D = {(xn ) ∈ `2 (K) | (nxn ) ∈ `2 (K)}
(ii) D = {(xn ) ∈ KN | xn 6= 0 für höchstens endlich viele n}.
Untersuchen Sie, ob A in beiden Fällen ein abgeschlossener Operator ist.
b) Seien X, Y normierte Räume, D ein Untervektorraum von X und A : D → Y definiert durch
Ax = 0 für alle x ∈ D. Ist A abgeschlossen?
Lösungsvorschläge
Aufgabe VIII.1
Sei T ∈ X 0 , T 6= 0. Dann existiert a ∈ X : T a = 1. Es ist zu zeigen, dass die Bilder
offener Mengen wieder offen sind. Zunächst zeigen wir, dass offene Mengen, die die Null
enthalten, unter T auf Umgebungen von 0 abgebildet werden. Sei dazu D ⊂ X offen und
0 ∈ D. Dann existiert ε > 0 derart, dass Bε (0) ⊂ D. Die Abbildung
p : K × X → X,
p(λ, x) = λx
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Übungsblatt VIII – Lösungen
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ist stetig in (0, a). Damit existiert ein δ > 0, so dass p(λx) = λx ∈ Bε (0) sofern
(λ, x) ∈ Bδ (0, a). Insbesondere existieren δ1 , δ2 > 0 derart, dass für alle (λ, x) ∈ K × X
mit |λ| < δ1 und x ∈ Bδ2 (a) folgt, dass p(λ, x) = λx ∈ D. Dies liefert für |λ| < δ1 die
Eigenschaft λa ∈ D. Daher
λ = λT a = T (λa) ∈ T (D),
d.h. Bδ1 (0) ⊂ T (D). Das bedeutet, dass T (D) eine Umgebung von 0 ∈ K ist.
Sei jetzt D ⊂ X eine beliebige offene Menge. Sei x ∈ D. Dann ist 0 ∈ D − {x} und
D − {x} ist offen, somit ist T (D − {x}) eine Umgebung von 0 ∈ K. Es existiert also ein
ε > 0 : Bε (0) ⊂ T (D − {x}). Äquivalent ist:
∃ε > 0 : Bε (T (x)) ⊂ T (D).
Dies impliziert die Aussage
∀λ ∈ T (D) ∃ε > 0 : Bε (λ) ⊂ T (D).
Deshalb ist T (D) eine offene Teilmenge von K.
Aufgabe VIII.2
Sei fn eine gegen f ∈ C 1 ([0, 1]) konvergierende Folge mit Folgengliedern in C 1 ([0, 1]) und
fn0 → g ∈ C([0, 1]). Wir müssen zeigen, dass g = f 0 gilt. Aus dem Hauptsatz der Analysis
folgt für x ∈ (0, 1]:
Zx
Zx
g(s) ds =
0
lim f 0 (s) ds
n→∞ n
0
Zx
= lim
n→∞
fn0 (s) ds
0
= lim (fn (x) − fn (0))
n→∞
= f (x) − f (0).
Wir haben benutzt, dass bei gleichmäßiger Konvergenz Integral und Grenzwert vertauschbar sind.
Ableiten nach x liefert f 0 (x) = g(x) für alle x ∈ (0, 1]. Aus der Stetigkeit von g folgt
schließlich auch f 0 (0) = g(0).
Die Abgeschlossenheit von D ist gleichbedeutend damit, dass der Graph von D abgeschlossen ist. Aus dem Satz vom abgeschlossenen Graphen folgt nun, dass (C 1 ([0, 1]), k · k∞ )
kein Banachraum sein kann.
Aufgabe VIII.3
a) Zunächst bemerken wir, dass Y und Z als abgeschlossene Unterräume des Banachraums X ebenfalls wieder Banachräume sind (bezüglich der auf X gegebenen Norm).
Da jedes x ∈ X eindeutig in der Form x = y + z mit y ∈ Y, z ∈ Z darstellbar ist,
können wir die Projektionen
Q : X → Y, Q(x) = Q(y + z) = y,
P : X → Z, P (x) = P (y + z) = z
Übungsblatt VIII – Lösungen
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betrachten. Aus der Eindeutigkeit der Darstellung x = y + z für jedes x folgt
sofort die Linearität der beiden Projektionen P und Q. Wir wollen zeigen, dass die
Projektionen stetig sind. Hierzu zeigen wir, dass P und Q abgeschlossene Operatoren
sind. Sei (xn ) ∈ X N mit xn → x ∈ X und Qxn → y ∈ Y . Für jedes xn existieren
eindeutig bestimmte Elemente yn ∈ Y, zn ∈ Z, so dass xn = yn + zn . Also Qxn = yn ,
d.h. lim yn = lim Qxn = y. Dies impliziert zn → x − y und damit x − y ∈ Z,
n→∞
n→∞
weil Z abgeschlossen ist. Also x = y + z und Qx = y. Damit ist Q abgeschlossen,
was gleichbedeutend dazu ist, dass der Graph von Q abgeschlossen ist. Aus dem
Satz vom abgeschlossenen Graphen folgt, dass Q ∈ L(X, Y ). Analog erhält man
P ∈ L(X, Z).
Setze C = max{kQk, kP k}. Jetzt erhalten wir für x = y + z sofort
kyk = kQxk ≤ kQkkxk ≤ Ckxk und kzk = kP xk ≤ kP kkxk ≤ Ckxk,
wie gefordert.
b) Sei x ∈ X. Da T 2 = T folgt
T (x − T x) = T x − T (T x) = T x − T x = 0,
d.h. x − T x ∈ N (T ). Daher ist x darstellbar in der Form x = (x − T x) + T x ∈
N (T ) + T (X). Sei z ∈ (N (T ) ∩ T (X)). Dann T z = 0 und z = T x für ein x ∈ X.
Es folgt 0 = T z = T (T x) = T x = z, d.h. N (T ) ∩ T (X) = 0. Wir haben X =
N (T ) ⊕ T (X) gezeigt. Deshalb ist jedes x ∈ X eindeutig als Summe x = y + z
mit y = x − T x ∈ N (T ), z = T x ∈ T (X) darstellbar. Nach Voraussetzung sind
N (T ) und T (X) abgeschlossen. Nach Teil a) existiert daher ein C ≥ 0 derart, dass
∀x = y + z ∈ X mit y = x − T x, z = T x die Aussage
kyk ≤ Ckxk,
kzk ≤ Ckxk
gilt. Also kT xk = kzk ≤ Ckxk ∀x ∈ X und damit kT k ≤ C.
Aufgabe VIII.4
a) Wir merken zunächst an, dass A linear und unbeschränkt ist. Die Linearität ist
offensichtlich. Die Unbeschränktheit ist z.B. durch die Wahl der Folge
en = (0, . . . , 0, 1, 0, . . .) ∈ `2 (K) , wobei das n-te Folgenglied gerade eins ist und alle
übrigen Folgenglieder null sind, ersichtlich, denn kAen k = n.
(i) Sei D1 = {(xn ) ∈ `2 (K) | (nxn ) ∈ `2 (K)} ⊂ X. Zunächst ist für x = (xn ) ∈ D1
kAxk = k(nxn )k =
X
∞
2
2
n |xn |
1/2
≥ kxk.
(1)
n=0
Wegen (1) und der Linearität von A folgt die Injektivität des Operators,
denn N (A) = {0} und dies ist bei linearen Abbildungen äquivalent zur
Injektivität. Weiterhin ist A surjektiv, denn für beliebiges y = (y1 , y2 , y3 , . . .) ∈
Y ist A−1 y := (y1 , y22 , y33 , . . .) ∈ D1 . Damit ist A bijektiv. Daraus folgt die
Abgeschlossenheit von A, denn seien
m→∞
m→∞
(xm ) ∈ D1N mit xm −−−−→ x ∈ X und Axm −−−−→ y ∈ Y.
Übungsblatt VIII – Lösungen
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Dann folgt mit z = A−1 y ∈ D1 und (1):
m→∞
kxm − zk ≤ kA(xm − z)k = kAxm − yk −−−−→ 0,
also x = z ∈ D1 und Ax = y.
6 0 für höchstens endlich viele n}. Wähle nun
(ii) Sei nun D2 = {(xn ) ∈ KN | xn =
ein x = (xn ) ∈ D1 mit x 6∈ D2 (z.B. x = ( n12 )). Betrachte nun eine Folge
(xm ) = ((xm
n )n )m deren Glieder definiert sind durch
(
xn , falls n ≤ m
m
xn =
.
0,
falls n > m
m→∞
m→∞
Dann ist (xm ) ∈ D2N und (xm ) −−−−→ x ∈ X und A(xm ) −−−−→ (nxn ) ∈ Y ,
denn
∞
X
m→∞
m
2
k(xn ) − (xn )k =
x2n −−−−→ 0
n=m+1
und
2
kA(xm
n ) − (nxn )k =
∞
X
m→∞
n2 x2n −−−−→ 0.
n=m+1
Aber x 6∈ D2 , also ist A nicht abgeschlossen.
b) Falls D ein abgeschlossener Untervektorraum von X ist, so ist A abgeschlossen.
Zum Beweis betrachten wir
n→∞
n→∞
(xn ) ∈ DN mit xn −−−→ x ∈ X und Axn −−−→ y ∈ Y.
Dann ist wegen der Abgeschlossenheit von D auch x ∈ D und somit auch Ax = 0.
n→∞
Wegen 0 = Axn −−−→ y ist y = 0 = Ax und somit A abgeschlossen.
Ist D nicht abgeschlossen, so ist i.A. auch A nicht abgeschlossen. Als Beispiel dafür
betrachte wiederum X = Y = `2 (K) und D = D2 aus a). Sei x = (xn ) ∈ X
N
mit x 6∈ D2 . Definiere die Folge (xm ) = ((xm
n )n )m ∈ D2 wie in a). Dann ist
m→∞
m→∞
(xm ) −−−−→ x ∈ X und A(xm ) −−−−→ (0) ∈ Y , aber x 6∈ D2 und somit A nicht
abgeschlossen.