Funktionalanalysis

Funktionalanalysis
Carsten Schütt
July 18, 2009
2
Contents
1 Voraussetzungen und Hilfmittel
1.1 Axiomensystem von Zermelo-Fraenkel .
1.2 Relation und Ordnung . . . . . . . . .
1.3 Maßtheorie . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Messbarkeit vektorwertiger Funktionen
1.5 Unabhängige Zufallsvariablen . . . . .
1.6 Gaußvariablen . . . . . . . . . . . . . .
1.7 Wahrscheinlichkeitstheorie . . . . . . .
2 Topologische Vektorräume
2.1 Topologische Räume . . .
2.2 Metrische Räume . . . . .
2.3 Filter und Netze . . . . . .
2.4 Topologische Vektorräume
2.5 Metrische Vektorräume . .
2.6 Normierte Vektorräume . .
2.7 Lokalkonvexe Räume . . .
2.8 Lp -Räume . . . . . . . . .
2.9 Ungleichungen von Hanner
2.10 Orliczräume . . . . . . . .
2.11 Khintchine-Ungleichung .
2.12 Satz von Stone-Weierstraß
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3 Lineare Operatoren
3.1 Lineare Operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Kompakte Operatoren . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Lineare Funktionale . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4 Satz von Hahn-Banach I: Die analytische Version .
3.5 Satz von Hahn-Banach II: Die geometrische Version
3.6 Dualraum und adjungierte Abbildung . . . . . . . .
3.7 Fortsetzungseigenschaft . . . . . . . . . . . . . . . .
3.8 Satz von Baire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.9 Satz von der offenen Abbildung . . . . . . . . . . .
3.10 Satz vom abgeschlossenen Graphen . . . . . . . . .
3.11 Satz von Banach-Steinhaus . . . . . . . . . . . . . .
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und Clarkson
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4
CONTENTS
4 Hilbertraum
179
4.1 Hilberträume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
4.2 Satz von Müntz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193
5 Basen in Banachräumen
5.1 Schauder Basen . . . . . . . . . . . .
5.2 Schauder Basen und Teilräume von p
5.3 Schauder Basis und Dualraum . . . .
5.4 Unbedingte und symmetrische Basen
. . . .
und c0
. . . .
. . . .
6 Spektraltheorie
6.1 Spektrum beschränkter Operatoren . .
6.2 Spektrum kompakter Operatoren . . .
6.3 Spektralsatz für kompakte Operatoren
6.4 Ungleichung von Weyl . . . . . . . . .
6.5 Schatten-Klassen . . . . . . . . . . . .
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7 Dualraum
7.1 Dualraum von Lp . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.2 Urysohns Lemma und Zerlegung der Eins . . . .
7.3 Darstellungssatz von Riesz . . . . . . . . . . . .
7.4 Funktionen beschränkter Variation und C[a, b]∗
7.5 Haarmaß . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.6 Orthogonale Gruppe On . . . . . . . . . . . . .
7.7 Schwache Topologie . . . . . . . . . . . . . . . .
7.8 Satz von James . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.9 Raum von James . . . . . . . . . . . . . . . . .
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. 201
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. 221
. 224
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229
. 229
. 239
. 250
. 265
. 272
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281
. 281
. 287
. 299
. 310
. 322
. 334
. 337
. 360
. 371
8 Extremalpunkte
377
8.1 Strikt konvexe und uniform konvexe Mengen . . . . . . . . . . . . . . 377
8.2 Satz von Krein-Milman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 384
9 Approximationseigenschaft
391
10 Banach-Mazur Abstand
10.1 Banach-Mazur Abstand .
10.2 Konvexe Körper . . . . . .
10.3 Satz von John . . . . . . .
10.4 Satz von Blaschke-Santaló
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11 Typ und Cotyp
11.1 Typ und Cotyp . . . . . . . . . . .
11.2 Ungleichung von Kahane . . . . . .
11.3 Äquivalenz von Bernoulli und Gauß
11.4 Satz von Kwapień . . . . . . . . . .
11.5 Der Fortsetzungssatz von Maurey .
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. 397
. 402
. 405
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Variablen
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421
421
430
431
434
446
CONTENTS
12 Operatorenideale
12.1 Absolutsummierende Operatoren . . . . . .
12.2 Grothendieck Ungleichung . . . . . . . . . .
12.3 Absolut summierende Operatoren und Cotyp
12.4 p-faktorisierende Abbildungen . . . . . . . .
12.5 Symmetrie- und Projektionskonstante . . . .
5
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. 469
. 473
. 479
. 491
13 Eindeutigkeit symmetrischer Basen
505
13.1 Eindeutigkeit symmetrischer Basen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 506
13.2 Beispiel von Gowers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 529
13.3 Partial Uniqueness of Unconditional Bases . . . . . . . . . . . . . . . 544
14 Wahrscheinlichkeitstheorie
14.1 Supremum mehrerer Gaußfunktionen . . . . . .
14.2 Summen unabhängiger Zufallsvariablen . . . . .
14.3 Konzentration von Summen von Gaußvariablen
14.4 Sätze von Slepian und Sudakov-Fernique . . . .
14.5 Satz von Chevet . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.6 Volumen von Einheitskugeln . . . . . . . . . . .
14.7 Satz von Marcus-Pisier . . . . . . . . . . . . . .
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547
. 547
. 558
. 560
. 569
. 577
. 584
. 592
15 Satz von Dvoretzky
597
15.1 Satz von Dvoretzky: Der probabilistische Beweis . . . . . . . . . . . . 597
15.2 Satz von Dvoretzky: Der geometrische Beweis . . . . . . . . . . . . . 611
15.3 Räume, in denen alle Teilräume komplementiert sind . . . . . . . . . 630
16 Lokal unbedingte Struktur
631
16.1 Gordon-Lewis Konstante und lokal unbedingte Struktur . . . . . . . . 631
16.2 Lokal unbedingte Struktur in L(X, Y ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 639
16.3 Lokal unbedingte Struktur der Schatten Klassen . . . . . . . . . . . . 655
17 Teilräume von Lp
663
17.1 Positiv definite Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 663
17.2 Wahrscheinlichkeitstheoretische Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . 675
17.3 Teilräume von Lp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 682
18 Gluskin
691
18.1 Satz von Gluskin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 691
18.2 Raum von Tsirelson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 691
6
CONTENTS
Ich habe die Vorlesung Funktionalanalysis verschiedentlich gehalten. Das Skript
geht aus diesen Vorlesungen hervor.
Im Sommer 2007 habe ich ein Seminar veranstaltet, in dem Themen behandelt
wurden, die in Bezug zum Skript stehen. Die Studenten Niels Drögemüller, Matthias
Gerstenkorn, Sven Krempe, Jan Christian Krüger, Lara Lehmhaus, Joscha Prochno,
Knut Reimer, Stiene Riemer, Lars Rogalla, Johannes Strenger, Ming Wu haben an
dem Seminar teilgenommen und dabei zur Verbesserung des Skriptes beigetragen.
Chapter 1
Voraussetzungen und Hilfmittel
1.1
Axiomensystem von Zermelo-Fraenkel
Georg Cantor (1845-1918) hat Ende des 19. Jahrhunderts die Mengenlehre begründet.
Er definiert eine Menge als eine Gesamtheit von wohlunterschiedenen Objekten
des Denkens und der Wahrnehmung. Die Objekte werden als Elemente und die
Gesamtheit als Menge bezeichnet. Falls x ein Element einer Menge M ist, so
schreiben wir
x∈M
Cantor hat drei Axiome verwendet, ohne diese explizit aufzuführen:
(i) Zwei Mengen sind gleich, wenn sie dieselben Elemente besitzen.
(ii) Für jede Eigenschaft gibt es eine Menge, deren Elemente genau diese Eigenschaft erfüllen.
Unter einer Eigenschaft verstehen wir eine Aussage der mathematischen Logik,
die die Elemente betrifft. Wir schreiben auch für die Menge
{x|φ(x)}
falls φ die fragliche Eigenschaft ist.
(iii) Auswahlaxiom (dies wird später definiert.)
Die Vereinigung von zwei Mengen A und B ist
A ∪ B = {x| x ∈ A ∨ x ∈ B}
und von einer Menge von Mengen A
A = {x|∃A ∈ A : x ∈ A}
A∈A
Der Durchschnitt von zwei Mengen A und B ist
A ∩ B = {x| x ∈ A ∧ x ∈ B}
7
8
CHAPTER 1. VORAUSSETZUNGEN UND HILFMITTEL
und einer Familie von Mengen A
A = {x|∀A ∈ A : x ∈ A}
A∈A
Das Komplement einer Teilmenge A einer Menge M ist
/ A}
Ac = {x ∈ M | ¬(x ∈ A)} = {x ∈ M | x ∈
Bertrand Russell (1872-1970, mit vollem Namen:Bertrand Arthur William Russell,
3rd Earl Russell of Kingston Russell, Viscount Amberley of Amberley and of Ardsalla) wies mit einem einfachen Beispiel nach, dass das Axiom (ii) zu Widersprüchen
führt. Er fand das folgende nach ihm benannte Paradoxon. Als Eigenschaft einer
Menge M betrachten wir
M ist nicht Element von sich selbst
Gemäß (ii) müsste es also eine Menge A geben, deren Elemente aus denjenigen
Mengen M bestehen, die nicht Element von sich selbst sind. Dies führt sofort zu
einem Widerspruch: Ist A Element von sich selbst?
Falls A nicht Element von sich selbst ist, dann muss A gemäß der Eigenschaft
Element von sich selbst sein. Umgekehrt, falls A Element von sich selbst ist, dann
muss A die Eigenschaft erfüllen, dass A nicht Element von sich selbst ist. Man
kommt in jedem Fall zu einem Widerspruch.
Eine vergleichbare Paradoxie ist der folgende Satz: Ich lüge immer. Wenn ich
immer lüge, dann ist der Satz gelogen und ich sage manchmal die Wahrheit. Dies
widerspricht dem Satz.
Das Axiomensystem von Cantor ist weiterentwickelt worden, um solche Widersprüche auszuschließen. Es gibt heute mehrere Systeme, die man als vernünftig
erachtet. Wir wollen hier das System von Zermelo-Fraenkel benutzen.
Wie von Cantor eingeführt, haben wir zwei binäre Verknüpfungen ∈ und =.
x∈M
bedeutet, dass x ein Element, M eine Menge und x Element von M ist. Falls M
und K zwei Mengen sind, bedeutet
M =K
dieselbe Menge sind. Es gelten die folgenden Axiome:
(i) Falls zwei Mengen dieselben Elemente besitzen, dann sind sie gleich.
(∀x : x ∈ M ⇔ x ∈ K) ⇒ M = K
(ii) Es gibt eine Menge, die keine Elemente enthält. Wir bezeichnen diese Menge
als Nullmenge ∅.
(iii) Es gibt eine Menge M , so dass ∅ ∈ M und so dass für alle x ∈ M auch
{x} ∈ M gilt.
Hierbei bezeichnet {x} die Menge, die nur aus dem Element x besteht.
1.1. AXIOMENSYSTEM VON ZERMELO-FRAENKEL
9
(iv) (Potenzmenge) Für jede Menge M existiert die Menge P(M ), die aus allen
Teilmengen von M besteht. Wir nennen P(M ) die Potenzmenge von M .
(v) Es sei M eine
Menge, deren Elemente wiederum aus Mengen bestehen. Dann
gibt es eine Menge M , die aus allen Elementen der Elemente von M besteht. Wir
nennen diese Menge die Vereinigungsmenge.
(vi) (Regularität) Falls M eine nichtleere Menge ist, dann gibt es ein x ∈ M , so
dass
x∩M =∅
In Quantorenschreibweise
M = ∅ =⇒ ∃x : x ∈ M ∧ (∀y : y ∈ x → y ∈
/ M)
(vii) Falls φ eine Eigenschaft ist und M eine Menge, dann gibt es eine Menge, die
aus genau den x, x ∈ M , besteht, die die Eigeschaft φ erfüllen.
{x|x ∈ M ∧ φ(x)}
(viii) (Ersetzung )Es sei φ eine Eigenschaft, die von zwei Mengen M und K abhängt.
Wir nehmen an, dass es für jedes x ∈ M genau ein y ∈ K gibt, so dass φ(x, y) gilt.
Dann gibt es eine Menge
{y|∃x ∈ M : φ(x, y)}
(ix) (Auswahlaxiom) Es sei M eine Menge paarweise disjunkter, nichtleerer Mengen.
Dann gibt es eine Menge A mit folgender Eigenschaft: Jedes Element von A ist
Element einer der Mengen M und für jedes M ∈ M gibt es genau ein x ∈ M mit
x ∈ A. Wir nennen A die Auswahlmenge.
Das Auswahlaxiom ist zum Lemma von Zorn (Lemma 2) und zum Satz von
Tichonov äquivalent (Satz 10).
Einige Bemerkungen zum Axiom (vi). Die Bedingung x∩M ist nicht mit {x}∩M
zu verwechseln. Offenbar haben wir {x} ∩ M = {x}. Der Durchschnitt ist also nie
leer.
Falls es ein Element x ∈ M gibt, das selbst keine Menge ist, so folgt x ∩ M = ∅.
Die Menge M = {1, 2, {1, 2}} liefert ein Beispiel dafür, dass es ein x ∈ M geben
kann, so dass x ∩ M = ∅. Wir wählen x = {1, 2}. Wir erhalten dann
x ∩ M = {1, 2} ∩ {1, 2{1, 2}} = {1, 2}
Mit Hilfe von Axiom (vi) können wir das folgende Lemma beweisen.
Lemma 1 Es sei M eine Menge. Dann gilt M ∈
/ M.
Beweis. Wir nehmen an, dass M ∈ M gilt. Da M ∈ {M } gilt, folgt, dass
M ∈ M ∩ {M }
10
CHAPTER 1. VORAUSSETZUNGEN UND HILFMITTEL
Das Axiom der Regularität besagt, dass es ein x ∈ {M } gibt mit
x ∩ {M } = ∅
Da {M } nur ein Element enthält, nämlich M , folgt x = M . Somit gilt M ∩{M } = ∅,
was der Aussage M ∈ M ∩ {M } widerspricht. Die Frage, ob man das Auswahlaxiom zum Axiomensystem hinzufügen soll oder
nicht, ist sehr kontrovers dikutiert worden. Die Annahme des Auswahlaxioms ist
sehr hilfreich und eine große Anzahl von mathematischen Aussagen beruht darauf.
Andererseits erzeugt man dadurch auch solche bizarren Resultate wie das BanachTarski Paradoxon.
Gödel zeigte 1938, dass das Auswahlaxiom mit dem Axiomensytem von ZermeloFraenkel konsistent ist. Er zeigte, dass man jedes Paradoxon, das man aus dem
Auswahlaxiom erhält, so modifizieren kann, dass man es auch ohne das Auswahlaxiom erhält. Cohen zeigte 1963, dass die Verneinung des Auswahlaxiomes ebenso
konsistent mit dem Axiomensystem von Zermelo-Fraenkel ist.
Um eine Auswahlmenge anzugeben, muss man durch eine Formel oder Vorschrift
festlegen, welches Element man aus welcher Menge entnimmt. Dass man aus jeder
einzelnen Menge jeweils ein Element auswählen kann, reicht dazu nicht aus.
In einigen Fällen braucht man das Auswahlaxiom nicht, um die Existenz einer
Auswahlmenge sicherzustellen.
(a) Falls jedes M ∈ M nur ein einziges Element enthält.
(b) Falls M nur endlich viele M enthält.
(c) Falls jedes M ∈ M eine endliche Menge reeller Zahlen ist. Dann wählen wir
als x ∈ M das maximale Element.
Andererseits kann man zeigen, dass es eine Menge M gibt, so dass alle M ∈ M
nur aus zwei Elementen bestehen, und so dass sich ohne das Auswahlaxiom nicht
die Existenz einer Auswahlmenge herleiten liesse.
1.2. RELATION UND ORDNUNG
1.2
11
Relation und Ordnung
Es seien M und K Mengen . Dann heißt die Menge der geordneten Paare
M × K = {(x, y)|x ∈ M ∧ y ∈ K}
das Cartesische Produkt von M und K.
Eine Relation R auf M ist eine Teilmenge von M × M . Wir sagen, dass x in
Relation zu y steht, wenn (x, y) ∈ R. Ein typisches Beispiel für eine Relation ist die
Relation ≤ auf den reellen Zahlen.
Die Relation x ≤ y
x
x=y
y
Wir sagen, dass
(i) R reflexiv ist, falls für alle x ∈ M gilt, dass xRx.
(ii) R symmetrisch ist, falls für alle (x, y) ∈ M mit xRy auch yRx gilt.
(iii) R transitiv ist, falls für alle x, y, z ∈ M mit xRy und yRz auch xRz gilt.
Eine Relation heißt Äquivalenzrelation, falls sie reflexiv, symmetrisch und transitiv ist. Es sei M eine Menge mit der Äquivalenzrelation ∼. Die Mengen
{x|x ∼ y}
heissen Äquivalenzklassen.
Eine Relation R heißt antisymmetrisch, falls für alle (x, y) mit (x, y) ∈ R und
(y, x) ∈ R folgt, dass x = y.
Eine Funktion von einer Menge M in eine Menge K ist eine Teilmenge f von
M × K, so dass für alle x ∈ M genau ein y ∈ K existiert mit (x, y) ∈ f . Dafür
schreiben wir auch f : M → K und f (x) = y.
Wir sagen, dass eine Funktion surjektiv ist, falls für alle y ∈ K ein x ∈ M mit
f (x) = y existiert. Wir schreiben auch f (M ) = K.
f ist injektiv, falls für alle x, y ∈ M mit f (x) = f (y) gilt, dass x = y.
f ist ein Isomorphismus, falls f injektiv und surjektiv ist.
Eine Relation R auf M ist eine Halbordnung, falls sie reflexiv, antisymmetrisch
und transitiv ist.
12
CHAPTER 1. VORAUSSETZUNGEN UND HILFMITTEL
Eine Halbordnung R ist eine Ordnung, falls für alle x, y ∈ M gilt, dass
(x, y) ∈ R
oder
x=y
oder
(y, x) ∈ R
Wir schreiben für eine Menge mit einer Halbordnung oder Ordnung auch (M, ≤).
Als Beispiel für eine Menge mit einer Halbordnung, die keine Ordnung ist, lässt
sich das folgende angeben. Wir betrachten die Menge aller Tupel reeller Zahlen
{(s, t)|s, t ∈ R} mit der Halbordnung
(s, t) ≤ (u, v)
falls s ≤ u und t ≤ v
Dies ist keine Ordnung, weil (1, 0) und (0, 1) nicht vergleichbar sind, d.h. das eine
ist nicht kleiner als das andere und umgekehrt.
Eine Wohlordnung ist eine Ordnung mit der Eigenschaft, dass jede nichtleere
Teilmenge K von M ein kleinstes Element besitzt, d.h. es gibt ein x ∈ K, so dass
für alle y ∈ K gilt, dass x ≤ y. Dieses Element ist eindeutig.
Die übliche ≤ Relation auf den reellen Zahlen ist eine Ordnung aber keine
Wohlordnung. Dies liegt daran, dass die Menge
{x ∈ R|0 < x}
kein minimales Element besitzt. K sei eine Teilmenge einer Menge mit einer Halbordnung. Wir sagen, dass x ∈ K ein minimales (maximales) Element von K ist,
falls x ∈ K und für alle y ∈ K gilt, dass y ≮ x (x ≮ y). Minimale und maximale Elemente sind nicht notwendig eindeutig. Außerdem folgt aus x ≮ y nicht notwendig
y ≤ x.
x ist eine untere (obere) Schranke von K, falls für alle y ∈ K gilt, dass
x < y oder x = y
x > y oder x = y
Falls M eine Teilmenge K enthält, die mit der Halbordnung von M eine geordnete
Menge ist, dann nennen wir K eine Kette.
Lemma 2 Die folgenden Aussagen sind äquivalent.
(i) (Auswahlaxiom) Es sei M eine Menge paarweise disjunkter, nichtleerer Mengen.
Dann gibt es eine Menge A mit folgender Eigenschaft: Jedes Element von A ist
Element einer der Mengen M ∈ M und für jedes M ∈ M gibt es genau ein x ∈ M
mit x ∈ A.
(ii) (Hausdorffs Maximum Prinzip) Jede Menge mit einer Halbordnung enthält eine
maximale Kette (d.h. eine Kette, die in keiner echten Teilmenge einer anderen
Kette enthalten ist).
(iii) (Zorns Lemma) Jede nichtleere Menge mit einer Halbordnung, in der jede Kette
eine obere Schranke hat, hat ein maximales Element.
(iv) Man kann jede Menge wohlordnen.
Das Auswahlaxiom ist auch zum Satz von Tichonov äquivalent: Jedes Produkt
von kompakten Mengen ist in der Produkttopologie kompakt (Satz 10).
1.2. RELATION UND ORDNUNG
13
Die natürlichen Zahlen sind in ihrer natürlichen Ordnung wohlgeordnet, das gilt
jedoch nicht für die reellen Zahlen. Lemma 2 versichert nur, dass es auf den reellen
Zahlen eine Wohlordnung gibt, es liefert kein Konstruktionsverfahren für eine solche
Wohlordnung. Eine solche Wohlordnung ist sehr schwer vorstellbar.
Beweis. (ii) ⇒ (iii) : Nach (ii) gibt es eine maximale Kette K in M . Nach
Annahme von (iii) hat diese Kette eine obere Schranke s. Wir behaupten nun, dass
s ein maximales Element von M ist. Falls dem nicht so wäre, so gibt es ein s mit
s < s . Damit ist aber
K ∪ {s }
eine Kette, die K als echte Teilmenge enthält. Also ist K nicht maximal. Dies ist
ein Widerspruch.
(iv) ⇒ (i) : Wir betrachten die Vereinigungsmenge
M
M ∈M
Diese Menge enthält alle M ∈ M als Teilmengen. Nach (iv) können wir die Menge
M ∈M M wohlordnen. Da jede Teilmenge ein kleinstes Element hat, hat insbesondere auch jedes M ∈ M ein kleinstes Element xM . Als Auswahlmenge nehmen wir
nun
{xM |M ∈ M}
14
1.3
CHAPTER 1. VORAUSSETZUNGEN UND HILFMITTEL
Maßtheorie
Das Oberflächenmaß σn−1 auf ∂B2n bzw. S n−1 kann man sich auf verschiedene
Weisen verschaffen. Man kann es als die Einschränkung des n − 1-dimensionalen
Hausdorff-Maßes definieren. Eine weitere Möglichkeit ist
σn−1 (A) = nλn ({tx|x ∈ A, 0 ≤ t ≤ 1})
Lemma 3 Es sei (X, A, µ) ein vollständiger Maßraum. Es sei f : X × [a, b] → R
eine Funktion, so dass für alle t ∈ [a, b] die Funktion ft : X → R mit ft (x) = f (x, t)
integrierbar ist. Die Ableitungen ∂f
existieren und es gibt eine integrierbare
∂t
∂f Funktion
g : X → R, so dass für alle x ∈ X und t ∈ [a, b] die Ungleichung ∂t (x, t) ≤
g(x) gilt. Dann ist die Funktion, die t auf die Zahl X f (x, t)dµ(x) abbildet nach t
differenzierbar und es gilt
∂f
∂
f (x, t)dµ(x) =
(x, t)dµ(x).
∂t X
X ∂t
1.4. MESSBARKEIT VEKTORWERTIGER FUNKTIONEN
1.4
15
Messbarkeit vektorwertiger Funktionen
Es seien (Ω, A, P) ein Wahrscheinlichkeitsraum und X ein Banachraum. Eine Funktion f : Ω → X heißt einfach, falls es eine endliche Folge x1 , . . . , xn in X und
messbare Mengen Ai , i = 1, . . . , n gibt, so dass
f=
n
xi χAi
i=1
f heißt P-meßbar, falls es eine Folge von einfachen Funktionen fn und eine Nullmenge
N gibt, so dass für alle ω ∈ Ω \ N
lim fn (ω) − f (ω) = 0
n→∞
Eine Funktion f : Ω → X heißt schwach P-messbar, falls für alle x∗ ∈ X ∗ die
Funktion
x∗ (f )
P-messbar ist. Es seien (Ω, A, µ) und (Ω , A , µ ) Maßräume und F : (Ω, A, µ) →
(Ω , A , µ ) eine messbare Funktion. Dann nennt man das Maß µF , das durch
µF (A) = µ(F −1 (A))
A ∈ A
gegeben ist, das Bildmaß von F .
Wir sagen, dass zwei Funktionen F und G dieselbe Verteilung besitzen, wenn
für alle messbaren Mengen A
µ(F −1 (A)) = µ(G−1 (A))
Satz 1 (Pettis Messbarkeitstheorem) Es sei X ein Banachraum. Eine Funktion
f : Ω → X ist genau dann P-meßbar, wenn
(i) f hat P-wesentliches separables Bild, d.h. es gibt A mit P(A) = 0 und f (Ω \ A)
ist (Norm-)separabel in X.
(ii) f ist schwach P-meßbar.
Eine P-messbare Funktion f : Ω → X heißt Bochner integrierbar, wenn es eine
Folge von einfachen Funktionen fn : Ω → X gibt, so dass
fn − f dP = 0.
lim
n→∞
Das Integral wird durch
Ω
f dP = lim
Ω
n→∞
fn dP
Ω
16
CHAPTER 1. VORAUSSETZUNGEN UND HILFMITTEL
definiert. (Man kann zeigen, dass das Integral wohldefiniert ist.)
Der Raum Lp (Ω, A, P, X) ist der Raum aller P-Bochner integrierbaren Funktionen f : Ω → X, so dass
(1.1)
f p =
Ω
f pX dP
p1
<∞
Dieser Raum ist mit (1.1) als Norm ein Banachraum.
Die Verteilungsfunktion F : R → R einer Zufallsvariablen f : Ω → R ist durch
F (x) = P{ω|f (ω) < x}
definiert.
Die Fouriertransformierte µ̂ eines Wahrscheinlichkeitsmaßes µ ∈ M0 (R) ist
e+its µ(ds)
µ̂(t) :=
R
Die charakteristische Funktion ϕf von f : Ω → R ist
+its
e µf (ds) =
e+itf (ω) dµ(ω)
ϕf (t) :=
wobei µf das Bildmaß bezeichnet.
Lemma 4 (Bauer, p.94) Es sei (Ω, µ) ein Maßraum und f : Ω → R eine integrierbare Funktion. Dann gilt
f dµT =
f ◦ T dµ
Ω
Ω
Korollar 1 Es sei (Ω, P) ein Wahrscheinlichkeitsraum, f : Ω → R eine integrierbare Funktion mit Verteilungsdichte φ. Dann gilt
∞
g ◦ f dP =
g(t)φ(t)dt
Ω
−∞
1.5. UNABHÄNGIGE ZUFALLSVARIABLEN
1.5
17
Unabhängige Zufallsvariablen
Eine Familie von meßbaren Mengen Ai , i ∈ I heißt unabhängig, falls für alle endlichen
Teilmengen
n
P
Aij =
P(Aij )
j=1,...,n
j=1
Eine Familie von Zufallsvariablen xi , i ∈ I heißt unabhängig, falls für alle endlichen
Teilfamilien und für alle Borelmengen Bj aus E gilt
P (xi1 ∈ B1 , . . . , xin ∈ B) =
n
P(xij ∈ Bj )
j=1
Falls von drei Zufallsvariablen f, g, h jeweils zwei immer unabhängig sind, so müssen
die drei Variablen f, g, h keinesfalls unabhängig sein. Dazu betrachtet man drei Mengen A, B und C, die paarweise unabhängig sind, aber nicht insgesamt unabhängig,
also
P(A ∩ B ∩ C) = P(A)P(B)P(C)
(Man kann hierfür als Maßraum das Intervall [0, 1] mit dem Lebesguemaß wählen
und als Mengen A = [0, 12 ], B = [0, 14 ] ∪ [ 34 , 1], C = [ 14 , 12 ] ∪ [ 34 , 1].) Dann sind χA , χB
und χC , paarweise, aber nicht insgesamt unabängig.
Lemma 5 Eine Familie von Zufallsvariablen xi , i ∈ I ist genau dann unabhängig,
falls die von xi , i ∈ I erzeugten σ-Algebren A(xi ) unabhängig sind, d.h. für alle
Aij ∈ A(xij ) j = 1, . . . , n gilt
n
P
Aij =
P(Aij )
j=1
j=1
(Bauer, S. 41-42).
Satz 2 Es seien (Ω, A, P) ein Maßraum und X und Y Banachräume. Es seien
x, y : Ω → X zwei unabhängige Zufallsveränderliche. Außerdem seien g, f : X → Y
Borel-meßbare Funktionen. Dann sind auch f (x), g(y) unabhängig.
x heißt symmetrisch, falls x und −x dieselbe Verteilung haben, d.h.
∀B, Borel : P(x ∈ B) = P(−x ∈ B)
Lemma 6 Es sei X ein Banachraum, (Ω, P) ein Wahrscheinlichkeitsraum und fi :
Ω → X, i = 1, . . . , n, symmetrische und unabhängige Zufallsveränderliche. Dann
gilt für alle Borelmengen A1 , . . . , An und alle Vorzeichen 1 , . . . , n
P(f1 ∈ A1 , . . . , fn ∈ An ) = P(ε1 f1 ∈ A1 , . . . , εn fn ∈ An )
εi = ±1
18
CHAPTER 1. VORAUSSETZUNGEN UND HILFMITTEL
Beweis.
P(f1 ∈ A1 , . . . , fn ∈ An )
=
n
P(fi ∈ Ai ) =
i=1
n
P(εi fi ∈ A1 )
i=1
= P(ε1 f1 ∈ A1 , . . . , εn fn ∈ An )
Lemma 7 (Borel-Cantelli) Sei An , n ∈ N eine Folge von Ereignissen und
A=
∞ ∞
Aj
k=1 j=k
Dann gilt
∞
P(An ) < ∞ =⇒ P(A) = 0
n=1
Eine n-dimensionale Zufallsveränderliche ist eine Abbildung f von einem Wahrscheinlichkeitsraum in den Rn , wobei jede Koordinatenfunktion von f = (f1 , . . . , fn ) eine
Zufallsvariable ist.
Die Verteilungsfunktion F von f ist durch
F (t) = P(f1 < t1 , . . . , fn < tn )
Die Zufallsvariablen f1 , . . . , fn sind also genau dann unabhängig, wenn
P(f1 < t1 , . . . , fn < tn ) =
n
P(fi < ti )
i=1
Wir betrachten hier Zufallsveränderliche mit Werten im Rn . Die Verteilungsfunktion
einer mehrdimensionalen Zufallsveränderlichen F = (f1 , . . . , fn ) ist
νF : Rn → R+
νF (x) = P(f1 ≤ x1 , . . . , fn ≤ xn )
Die charakteristische Funktion ist
chF : Rn → C
chF (x) =
exp(i < x, F (ω) >)dP(ω)
Ω
=
Rn
exp(i < x, ξ >)dνF (ξ)
=
Rn
exp(i < x, ξ >)dF (ξ)dξ
1.5. UNABHÄNGIGE ZUFALLSVARIABLEN
19
wobei dF die Dichtefunktion von F ist (sie existiert, falls die Verteilungsfunktion
absolut stetig ist).
x1
xn
...
dF (ξ)dξ
νF (x) =
−∞
−∞
n
eine Zufallsvariable und chF ihre charakteristische
Satz 3 Es sei F : Ω → R
n
Funktion. Dann gilt für I = k=1 [ak , bk ]
−n
P(F ∈ I) = lim (2π)
T →∞
T
−T
···
T
−T
n
e−itk ak − e−itk bk
chF (t)dt
it
k
k=1
vorausgesetzt, dass die Verteilungsfunktionen der Zufallsveränderlichen fk an den
Stellen ak und bk stetig sind.
Insbesondere ist damit eine Verteilungsfunktion eindeutig durch die charakteristische Funktion bestimmt.
Falls chF eine integrierbare Funktion ist, dann gilt
1
exp(−i < x, ξ >)chF (x)dx
dF (ξ) =
(2π)n Rn
Die Verteilungsfunktion einer Summe f1 + · · · + fn ist
n
P
fi < t = · · · P(f1 < s1 , . . . , fn < sn )ds1 · · · dsn
n
i=1 si <t
i=1
Falls die Summanden unabhängige Zufallsvariablen sind, gilt weiter
n
n
P
fi < t = · · · P(fi < si )ds1 · · · dsn
n
i=1 si <t
i=1
i=1
Falls wir eine Summe von zwei unabhängigen Zufallsvariablen f1 und f2 haben, dann
ergibt sich die Faltungsformel
P (f1 + f2 < t)
=
P(f1 < s1 )P(f2 < s2 )ds2 ds1
s1 +s2 <t
∞ t−s1
=
−∞
∞
−∞
t
−∞
t
−∞
∞
−∞
−∞
=
=
P(f1 < s1 )P(f2 < s2 )ds2 ds1
P(f1 < s1 )P(f2 < s2 − s1 )ds2 ds1
P(f1 < s1 )P(f2 < s2 − s1 )ds1 ds2
Das innere Integral ist die Faltung der Funktionen P(f1 < s1 ) und P(f2 < s2 ).
20
1.6
CHAPTER 1. VORAUSSETZUNGEN UND HILFMITTEL
Gaußvariablen
Eine Zufallsvariable x : Ω → R heißt normalverteilt mit Erwartungswert α und
Streuung σ, falls die Verteilungsfunktion von x gleich
t
1
(s − α)2
φ(t) = √
exp −
ds
2σ 2
2πσ −∞
ist. (Insbesondere gilt Ex = α, E(x − Ex)2 = σ 2 ). Die Funktion
(t − α)2
1
exp −
f (t) = √
2σ 2
2πσ
bezeichnet man als Wahrscheinlichkeitsdichte.
Wir wollen außerdem die Funktion, die identisch 0 ist, als normalverteilt betrachten.
Lemma 8 Es sei g : Ω → R eine normalverteilte Funktion mit
gdP = m
(g − m)2 = σ 2
Ω
Ω
Dann gilt für die charakteristische Funktion von g
1 22
chg (t) = exp imt − σ t
2
Lemma 9 (i)
|gi |dP
Ω
∞
2
− t2
|t|e dt =
−∞
2 ∞
− t2
2
= π2
= π −e
=
√1
2π
2
π
∞
t2
te− 2 dt
0
0
(ii) Es gilt
|g1 | dP =
r
Ω
√1
2π
∞
−∞
Wir substituieren s = t2 /2
r−1 r
|g1 | dP = π2 2 2
Ω
0
|t| e
∞
s
r−1
2
2
r − t2
dt =
−s
e ds =
2
π
∞
t2
tr e− 2 dt
0
2 r−1
2 2 Γ
π
r+1
2
Lemma 10 Für alle x mit x > 0
√
∞ 1
1
1 2
2π
− x2
− s2
2
√
e 2 ds ≤ π2 x1 e− 2 x
e 2 ≤ π
2
(π − 1)x + x + 2π
x
1.6. GAUSSVARIABLEN
21
Lemma 11 Für alle t > 0 gilt
∞
1
1
1 1 −t2 /2
1
1
2
−t2 /2
√
<√
e−s /2 ds < √
− 3 e
e
2π t t
2π t
2π t
Beweis. Mittels Differentiation erhalten wir für alle t > 0
∞
2 1
1
2
1 + 2 es /2 ds
(1.2)
exp −t /2 =
t
s
t
Tatsächlich
d
dt
1
exp −t2 /2
t
=
1
2
− 2 − 1 e−t /2
t
Damit stimmen die beiden Seiten in (1.2) bis auf eine Konstante überein. Die
Konstante muss aber 0 sein, wie man für t → ∞ sieht.
Aus (1.2) folgt sofort für t > 0
∞
1
exp −s2 /2 ds < exp −t2 /2
t
t
Hieraus folgt für t > 0
∞
2 1
1 ∞
1
exp −s /2 ds ≤ 2
exp −s2 /2 ds < 3 exp −t2 /2
2
s
t t
t
t
Hiermit und mit (∗) folgt
1
exp −t2 /2
t
1
=
1 + 2 exp −s2 /2 ds
s
t ∞
1
exp −s2 /2 ds + 3 exp −t2 /2
<
t
t
∞
Die Verteilung der Summe einer beliebigen Anzahl gleichverteilter unabhängiger
Zufallsveränderlicher wurde zuerst von N.I. Lobatschewski [Lob] bestimmt. Er
wollte dadurch den Fehler astronomischer Messungen abschätzen, um die Frage zu
entscheiden, ob im Weltall die Gestze der euklidischen oder nicheuklidischen Geometrie gelten.
Satz 4 Die Summe von unabhängigen, normalverteilten Zufallsvariablen g1 , . . . , gn
ist wieder normalverteilt. Die Wahrscheinlichkeitsdichte von g1 + · · · + gn ist
1
1 (t − (m1 + · · · + mn ))2
φ(t) = 2
exp −
2
σ12 + · · · + σn2
σ1 + · · · + σn2
wobei
(gi − mi )2 dP = σi2
gi dP = mi
Ω
Ω
i = 1, . . . , n
22
CHAPTER 1. VORAUSSETZUNGEN UND HILFMITTEL
Eine Zufallsveränderliche f : Ω → Rn heißt Gauß- oder normalverteilt, falls für
alle ξ ∈ Rn gilt
< f, ξ >: Ω → R
(1.3)
ist Gauß- oder normalverteilt.
Insbesondere muss jede Koordinatenfunktion von f normalverteilt sein. Dies
allein reicht jedoch nicht aus, um sicherzustellen, dass f selbst normalverteilt ist.
Es gibt zwei normalverteilte Funktionen g und h mit Werten in R, so dass deren
Summe g + h nicht normalverteilt ist. Genau genommen ist dies der typische Fall.
In der Literatur wird häufig eine restriktivere Definition für eine mehrdimensionale Gaußfunktion verwendet. Es wird gefordert, dass die gemeinsame Verteilungsfunktion von f eine Dichte der Gestalt
1
1
−n
−1
−
T
d(x) = (2π) 2 (det(A )) 2 exp − (x − m) A(x − m)
2
hat, wobei A eine symmetrische, positiv definite Matrix ist. Diese Bedingung ist
im Wesentlichen zur Definition (1.3) äquivalent, lässt jedoch im Gegensatz zu (1.3)
nicht zu, dass die Matrix A nur positiv semidefinit ist.
Wir sagen, dass eine Menge {gi |i ∈ I} von reellwertigen Zufallsvariablen ein
Gaußprozess ist, wenn sämtliche Linearkombinationen Gaußvariable sind.
Satz 5 F : Ω → Rn , F = (f1 , . . . , fn ), sei normalverteilt und zentriert und A sei
die Matrix mit den Koordinaten
fi fj dP(ω)
i, j = 1, . . . , n
aij =
Ω
Dann gilt
(i) A ist positiv semidefinit.
(ii)
1
exp(i < x, F (ω) >)dP(ω) = exp − < Ax, x >
chF (x) =
2
Ω
(iii) Falls A positiv definit ist, so gilt
−n
dF (x) = (2π)
−1/2
det(A)
1
exp − < A−1 x, x >
2
Es ergibt sich aus diesem Satz, dass U F und U F U t dieselbe Verteilung besitzen,
wenn U orthogonal ist und F = (f1 , . . . , fn ) ein Vektor unabhängiger, gleichverteilter
Gaußvariablen ist.
Beweis. (i) Wegen
0≤
n
Ω
i=1
2
ai fi
dP =
n
i,j=1
ai aj
fi fj dP
Ω
1.6. GAUSSVARIABLEN
23
ist die Matrix positiv semidefinit. Es spielt hier keine Rolle, welche Funktionen fi
sind.
(ii)
chF (x) =
exp(i < x, F (ω) >)dP(ω) =
exp i
Ω
Ω
Nach Voraussetzung ist
n
n
k=1
n
xk fk
dP(ω)
k=1
xk fk normalverteilt. Mit
2
n
n
xk fk dP =
xk x fk f dP
Ω
Ω
xk fk dP = 0
Ω k=1
k=1
k,=1
und Lemma 8 ergibt sich
n
1 chF (x) = exp −
xk x fk f dP
2 k,=1
Ω
(iii) wird mit Satz 3 bewiesen. Satz 6 Es seien g1 , . . . , gn normalverteilte, unabhängige Zufallsveränderliche. Dann
gilt für die gemeinsame Verteilungsfunktion
−n
2
P(g1 < s1 , . . . , gn < sn ) = (2π)
n
σk−1
1 (t − mk )2
exp −
2
σk2
−∞
k=1
wobei
sk
dt
mk =
gk dP
|gk − mk |2 dP
σk =
Ω
Ω
Die n-dimensionale Verteilungsdichte von (g1 , . . . , gn ) ist
−n
2
φ(x1 , . . . , xn ) = (2π)
n
1 (xk − mk )2
σk−1 exp −
2 k=1
σk2
k=1
n
Satz 7 Es sei (Ω, P) ein Maßraum. Für jedes p mit 1 ≤ p < ∞ gibt es eine
positive Konstante ap , so dass für alle n ∈ N und alle x1 , . . . , xn ∈ R
und alle
normalverteilten, unabhängigen Funktionen g1 , . . . , gn mit gi dP = 0 und |gi |2 dP =
1
p 1
n
12 n
p
2
ap
|xi |
=
xi gi dP
Ω
i=1
gilt.
i=1
24
CHAPTER 1. VORAUSSETZUNGEN UND HILFMITTEL
Beweis.
p
∞
n
1
1
1
t2
p
xi gi dP = √
|t| 2
exp − 2
dt
2 x1 + · · · + x2n
2π −∞
x1 + · · · + x2n
Ω i=1
Wir substituieren
s=
t
(x21
1
+ · · · + x2n ) 2
und erhalten
p
∞
n
1
1 2
2
2 p2
p
xi gi dP = √ (x1 + · · · + xn )
|s| exp − s ds
2
2π
−∞
i=1
1.7. WAHRSCHEINLICHKEITSTHEORIE
1.7
25
Wahrscheinlichkeitstheorie
Satz 8 (Zentraler Grenzwertsatz) Es seien fi , i ∈ N, unabhängige, gleichverteilte,
reellwertige Zufallsveränderliche mit Ef1 = 0 und E|f1 |2 = 1. Dann gilt für alle
x∈R
x
n
t2
1 1
lim P √
fi ≤ x = √
e− 2 dt
n→∞
n i=1
2π −∞
Die charakteristische Funktion einer Zufallsveränderlichen f : Ω → Rn ist
chf (ξ) = Eei<f,ξ>
und die eines Maßes P auf dem Rn ist
chP (t) =
ei<x,t> dP (x)
Für die charakteristische Funktion einer N (0, 1)-Variablen g gilt chg (t) = exp(− 12 t2 ).
Satz 9 Es seien P und Q Maße auf dem Rn mit denselben charakteristischen Funktionen. Dann gilt P = Q.
26
CHAPTER 1. VORAUSSETZUNGEN UND HILFMITTEL
Chapter 2
Topologische Vektorräume
2.1
Topologische Räume
Eine Topologie T auf einer Menge X ist eine Teilmenge der Potenzmenge von X,
die die drei folgenden Bedingungen erfüllt:
(i) ∅ ∈ T und X ∈ T .
(ii) Für alle A, B ∈ T gilt
A ∩ B ∈ T .
(iii) Für alle S ⊆ T gilt A∈S A ∈ T .
Das Paar (X, T ) heißt topologischer Raum. Die Elemente von T heißen offene
Teilmengen von X.
Beispiel 1 (i) Es sei X eine Menge und T = {∅, X}. T ist eine Topologie auf X.
(ii) Es sei X eine Menge und T = P(X). T ist eine Topologie auf X und sie heißt die diskrete
Topologie.
Falls auf einer Menge X zwei Topologien T1 und T2 gegeben sind und T1 ⊆ T2
gilt, dann sagen wir, dass die Topologie T1 gröber als die Topologie T2 ist, bzw. die
eine Topologie feiner als die andere ist.
Es sei Y eine Teilmenge eines topologischen Raumes (X, T ). Die durch T auf Y
induzierte Topologie definieren wir so: Eine Menge V in Y ist offen, wenn es eine
offene Menge U ∈ T mit V = U ∩ Y gibt.
Lemma 12 Es sei X eine Menge und S eine Teilmenge der Potenzmenge von X.
Dann gibt es eine Topologie T , die S enthält und die gröber als alle Topologien ist,
die S enthalten. Man nennt diese Topologie die von S erzeugte Topologie.
Beweis. Wir betrachten die Menge
S = {R|S ⊆ R und R ist eine Topologie}
Dann ist
T =
R∈S
eine Topologie. 27
R
28
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Lemma 13 Es sei X eine Menge und E eine Teilmenge der Potenzmenge von X.
Die von E erzeugte Topologie besteht aus ∅, X und beliebigen Vereinigungen von
endlichen Durchschnitten von Mengen aus E.
Beweis. Für jede Topologie, die E enthält gilt, dass sie ∅, X und beliebige Vereinigungen von endlichen Durchschnitten von Mengen aus E enthält.
Umgekehrt reicht es zu zeigen, dass das Mengensystem, das aus ∅, X und beliebigen Vereinigungen von endlichen Durchschnitten von Mengen aus E besteht,
eine Topologie ist.
∅ und X gehören zum System. Es seien nun A und B zwei Mengen des Systems,
also
mη
nι
ι
A=
Ai
B=
Bjη
ι∈I i=1
wobei
η∈J j=1
∈ E. Dann gilt
n
mη
ι
Aιi ∩
Bjη =
A∩B =
Aιi , Bjη
ι∈I i=1
η∈J j=1
ι∈I,η∈J
n
ι
i=1
Aιi ∩
mη
Bjη
j=1
Eine Teilmenge U von X heißt Umgebung eines Punktes x ∈ X, falls es eine
offene Menge O ∈ T mit x ∈ O und O ⊆ U gibt. Allgemeiner sagen wir, dass eine
Menge U Umgebung einer Menge A ist, falls es eine offene Menge O ∈ T mit A ⊆ O
und O ⊆ U gibt.
Lemma 14 Es sei (X, T ) ein topologischer Raum. Eine Menge O ist genau dann
offen, wenn sie Umgebung für alle ihre Elemente ist.
Beweis. Falls O offen ist, ist sie Umgebung jedes ihrer Elemente.
Umgekehrt, falls eine Menge O Umgebung jedes ihrer Elemente ist, dann gibt es
zu jedem x ∈ O eine offene Menge Ox mit x ∈ Ox und Ox ⊆ O. Damit folgt, dass
Ox = O
x∈O
offen ist. Eine Folge xn , n ∈ N, konvergiert in einem topologischen Raum gegen x, wenn
es zu jeder Umgebung U von x ein N gibt, so dass für alle n mit n ≥ N die Relation
xn ∈ U gilt.
Ein topologischer Raum (X, T ) heißt Hausdorff, wenn es zu allen Punkten x, y ∈
X mit x = y zwei Umgebungen U von x und V von y mit U ∩ V = ∅ gibt.
So ist der topologische Raum (X, T ) mit T = {∅, X} nicht Hausdorff, wenn die
Menge X mehr als ein Element besitzt.
2.1. TOPOLOGISCHE RÄUME
29
Eine Teilmenge U der Potenzmenge heißt Umgebungsbasis eines Punktes x ∈ X,
falls für alle U ∈ U gilt, dass U Umgebung von x ist und falls es zu jeder Umgebung
V von x ein U ∈ U mit U ⊆ V gibt.
Eine Teilmenge von X heißt abgeschlossen, falls deren Komplement offen ist. Es
folgt sofort, dass der Durchschnitt von abgeschlossenen Mengen wieder abgeschlossen
ist und dass eine endliche Vereinigung von abgeschlossenen Mengen wieder abgeschlossen
ist. Insbesondere können wir folgern, dass zu jeder Menge A eine kleinste abgeschlossene
Menge A gibt, die A enthält. Diese Menge A heißt der Abschluss von A.
Ein Punkt x ∈ X heißt Häufungspunkt einer Menge A, falls es in jeder Umgebung
von x einen Punkt der Menge A gibt, der von x verschieden ist. Die Menge der
Häufungspunkte von A bezeichnen wir mit HP(A).
Lemma 15 Es sei (X, T ) ein topologischer Raum. Eine Teilmenge A von X ist
genau dann abgeschlossen, wenn sie alle Häufungspunkte von sich enthält.
Beweis. Wir nehmen an, dass A abgeschlossen ist. Dann ist Ac eine offene Menge.
Deshalb ist Ac für jedes x ∈ Ac eine Umgebung. Also gilt für alle x ∈
/ A, dass x
nicht Häufungspunkt von A ist.
Wir nehmen nun an, dass A alle seine Häufungspunkte enthält. Damit ist jeder
Punkt x, der nicht in A enthalten ist, nicht Häufungspunkt von A. Also gibt es
eine Umgebung U von x, die einen leeren Schnitt mit A hat. Somit ist auch Ac
Umgebung von x. Also ist Ac für jeden Punkt x Umgebung, der in Ac enthalten ist.
Also ist Ac offen. Lemma 16 Es sei (X, T ) ein topologischer Raum und A eine Teilmenge von X.
Die Vereinigung von A mit der Menge aller Häufungspunkte von A ist abgeschlossen.
Beweis. Wir zeigen, dass (A ∪ HP (A))c offen ist. Es sei x weder ein Element
von A noch ein Häufungspunkt von A, also x ∈ (A ∪ HP (A))c . Dann gibt es
eine offene Menge Ox , die x enthält und die einen leeren Schnitt mit A ∪ HP (A)
hat. Wir überlegen uns dies. Da x kein Häufungspunkt von A ist, gibt es eine
offene Umgebung Ox von x, deren Schnitt mit A kein Element von A enthält, das
verschieden von x ist. Da x auch kein Element von A ist, ist der Schnitt von Ox
mit A leer. Es kann auch nicht sein, dass Ox ein Element von HP(A) enthält, sonst
müsste Ox ein Element von A enthalten, weil Ox Umgebung eines Häufungspunktes
von A wäre.
Also gilt
Ox ∩ (A ∪ HP (A)) = ∅
Damit ist
Ox
x∈(A∪HP (A))c
eine offene Menge und es gilt
(A ∪ HP (A))c =
x∈(A∪HP (A))c
Ox .
30
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Ein Punkt x einer Menge A heißt innerer Punkt von A, falls A eine Umgebung
◦
von x ist. Das Innere A einer Menge A ist die Menge aller inneren Punkte von A.
Der Abschluss A einer Menge A ist die kleinste abgeschlossene Menge, die A enthält.
◦
Der Rand einer Menge A ist ∂A = A\ A.
Lemma 17 Es sei (X, T ) ein topologischer Raum und A eine Teilmenge. Der
Abschluss von A ist die Vereinigung von A mit der Menge ihrer Häufungspunkte.
Beweis. Der Abschluss A enthält nach Lemma 15 alle Häufungspunkte von A und
damit enthält der Abschluss auch alle Häufungspunkte von A.
Andererseits ist A ∪ HP (A) nach Lemma 16 eine abgeschlossene Menge. Es folgt
A ⊆ A ∪ HP (A). Es seien (X, TX ) und (Y, TY ) topologische Räume. Eine Funktion f : X → Y
ist in einem Punkt x ∈ X stetig, wenn das Urbild jeder Umgebung von f (x) eine
Umgebung von x ist.
Zwei topologische Räume sind homöomorph, wenn es eine bijektive, stetige Abbildung zwischen ihnen gibt, deren Inverse ebenfalls stetig ist.
Lemma 18 Es seien (X, TX ) und (Y, TY ) topologische Räume und f : X → Y eine
Funktion. Dann sind äquivalent:
(i) f ist in allen Punkten von X stetig.
(ii) Das Urbild jeder offenen Menge ist offen.
(iii) Das Urbild jeder abgeschlossenen Menge ist abgeschlossen.
Beweis. Die Äquivalenz von (ii) und (iii) folgt aus der Definition der abgeschlossenen Mengen.
(ii) ⇒ (i): Es sei V eine Umgebung von f (x). Dann enthält V eine offene
Umgebung O mit f (x) ∈ O. Wegen (ii) ist f −1 (O) offen und es gilt x ∈ f −1 (O).
Wegen f −1 (O) ⊆ f −1 (V ) ist f −1 (V ) eine Umgebung von x.
(i) ⇒ (ii): Es sei O eine offene Menge in Y . Wir zeigen, dass f −1 (O) Umgebung
für alle ihre Elemente ist. Mit Lemma 14 folgt, dass f −1 (O) offen ist.
Falls x ∈ f −1 (O), dann f (x) ∈ O. Da O offen ist, ist diese Menge Umgebung
von f (x). Wegen (i) ist f −1 (O) Umgebung von x. Lemma 19 Es seien (X, T ) und (Y, S) zwei topologische Räume. Die Topologie S
werde von E erzeugt. f : X → Y ist genau stetig, wenn für alle V ∈ E gilt, dass
f −1 (V ) ∈ T .
Beweis. Nach Lemma 13 gilt für eine Menge V ∈ S
V =
n(ι)
ι∈I i=1
Eiι
Eiι ∈ E
2.1. TOPOLOGISCHE RÄUME
Es folgt
f
−1
(V ) = f
−1
31
⎛
⎞
⎝
Eiι ⎠
n(ι)
=
ι∈I i=1
n(ι)
f −1 (Eiι )
ι∈I i=1
Eine Teilmenge K eines topologischen Raumes (X, T ) heißt kompakt, falls es
zu jeder offenenÜberdeckung eine endliche Teilüberdeckung gibt:Für alle Oι ∈ T ,
ι ∈ I, mit K ⊆ ι∈I Oι gibt es ein n ∈ N und ι1 , . . . , ιn mit K ⊆ nj=1 Oιj .
Lemma 20 Das stetige Bild einer kompakten Menge ist kompakt.
Beweis. Es seien (X, TX ) und (Y, TY ) topologische Räume, f : X → Y eine stetige
Abbildung und K eine kompakte Teilmenge von X. Es sei Oι , ι ∈ I, eine offene
Überdeckung von f (K). Dann ist f −1 (Oι ), ι ∈ I, eine offene Überdeckung von K.
Oι =
f −1 (Oι )
K ⊆ f −1 (f (K)) ⊆ f −1
ι∈I
ι∈I
Da K kompakt ist, gibt es eine endliche Teilüberdeckung f −1 (Oι1 ), . . . , f −1 (Oιn )
von K
n
K⊆
f −1 (Oιi )
i=1
Hieraus folgt
f (K) ⊆ f
n
f
−1
(Oιi )
=
i=1
n
Oιi
i=1
Lemma 21 Es sei (X, T ) ein topologischer Raum. X ist genau dann kompakt,
wenn jede Familie F von abgeschlossenen Teilmengen von X mit der endlichen
Durchschnittseigenschaft
∀n ∈ N∀A1 , . . . , An ∈ F :
n
Ai = ∅
i=1
gilt, dass
A = ∅.
A∈F
Beweis. Wir zeigen zuerst: Aus der Kompaktheit von X folgt, dass aus der
endlichen Durchschnittseigenschaft folgt, dass der Gesamtschnitt nicht leer ist.
Es sei F eine Familie abgeschlossener Mengen mit der endlichen Durchschnittseigenschaft, aber
A = ∅.
A∈F
32
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Wir zeigen, dass Xdann nicht kompakt ist.
Die Bedingung A∈F A = ∅ bedeutet, dass Ac , A ∈ F, eine offene Überdeckung
von X ist, also
X=
Ac
A∈F
Falls X kompakt wäre, dann gibt es eine endliche Teilüberdeckung. Dies kann aber
nicht sein, weil die endliche Durchschnittseigenschaft gilt.
Wir zeigen nun die Umkehrung. Wir nehmen an, dass aus der endlichen Durchschnittseigenschaft folgt, dass der Gesamtschnitt nicht leer ist. Es sei Oι , ι ∈ I eine
offene Überdeckung von X, also
Oιc = ∅
ι∈I
Also gibt es endlich viele Indices ι1 , . . . , ιn mit
n
Oιci = ∅
i=1
Lemma 22 (X, T ) sei ein kompakter, topologischer Raum. Dann ist jede abgeschlossene
Teilmenge kompakt.
Beweis. Es sei A eine abgeschlossene Teilmenge von X. Es sei F eine Familie
von abgeschlossenen Teilmengen von A, die die endliche Durchschnittseigenschaft
besitzt. Man beachte, dass die Mengen B ∈ F in dem topologischen Raum A
abgeschlossen sind. Da A abgeschlossen ist, so sind alle Mengen B ∈ F abgeschlossene
Teilmengen von X. Da X kompakt ist
B = ∅
B∈F
Lemma 23 Es sei (X, T ) ein topologischer Hausdorff Raum, K eine kompakte Teilmenge und x ∈ X mit x ∈
/ K. Dann gibt es eine Umgebung von x und eine
Umgebung von K, die disjunkt sind. Insbesondere ist eine kompakte Menge K
abgeschlossen.
Die Voraussetzung, dass der topologische Raum Hausdorff ist, ist notwendig.
Dazu betrachte man den topologischen Raum (X, T ) mit T = {∅, X}. In diesem
Raum sind ∅ und X die einzigen offenen Mengen, andererseits sind sämtliche Teilmengen von X kompakt. Damit ist eine echte Teilmenge von X, die nicht die leere
Menge ist, kompakt, aber nicht abgeschlossen.
2.1. TOPOLOGISCHE RÄUME
33
Beweis. Da X Hausdorff ist, gibt es zu x und jedem y ∈ K eine offene Umgebung
Uy von y und eine offene Umgebung Vy von x mit Uy ∩ Vy = ∅ (x ist fest). Dann
ist Uy , y ∈ K, eine offene Überdeckung von K. Weil K kompakt ist, gibt es eine
endliche Teilüberdeckung.
n
K⊆
Uyi
i=1
Die rechte Menge ist eine offen Umgebung von K.
n
Vyi
i=1
ist eine offene Umgebung von x und
n
n
Uyi ∩
Vyi = ∅
i=1
i=1
Wir zeigen jetzt, dass K abgeschlossen ist. Eine Menge ist genau dann abgeschlossen,
wenn sie ihre Häufungspunkte enthält. Offenbar sind alle Punkte, die nicht in K
enthalten sind, nicht Häufungspunkte von K. Es seien (Xι , Tι ), ι ∈ I, topologische Räume. Es sei
der Mengen Xι , ι ∈ I. Dies sind alle Abbildungen
Xι
x:I→
ι∈I
Xι die Produktmenge
ι∈I
so dass für alle ι ∈ I die Relation x(ι) ∈ Xι gilt. Die Abbildung pη : ι∈I Xι → Xη ,
die durch pη ((xι )ι∈I ) = x
η definiert ist, heißt Projektion auf die Koordinate η. Die
Produkttopologie T auf ι∈I Xι ist die von den Mengen
(2.1)
{p−1
η (Oη )|η ∈ I und Oη ∈ Tη }
erzeugte Topologie. Auf dem Produktraum von zwei Räumen (X1 , T1 ) und (X2 , T2 )
wird die Produkttopologie von den Mengen
{O1 × O2 |O1 ∈ T1 und O2 ∈ T2 }
erzeugt.
Lemma
24 Es seien (Xι , Tι ), ι ∈ I, topologische Räume. Die Produkttopologie T
auf ι∈I Xι ist die gröbste Topologie, für die alle Projektionen pη stetig sind.
Beweis. Wir zeigen zuerst, dass die Projektionen stetig sind. Dazu weisen wir
nach, dass das Urbild einer offenen Menge offen ist. Dies ist offensichtlich, weil die
Produkttopologie die gröbste Topologie ist, so dass alle Mengen p−1
η (O) offen sind,
falls O offen ist.
34
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Unter allen Topologien, bzgl. denen die Projektionen stetig sind gibt es eine
gröbste. Dies folgt aus Lemma 12. Aus der Stetigkeit der Projektionen folgt, dass
für alle η und alle offenen Mengen O in Xη gilt, dass p−1
η (O) offen ist. Die gröbste
Topologie, bzgl. der alle Projektionen stetig sind, umfasst also diese Mengen. Somit
ist die gröbste Topologie, bzgl. der alle Projektionen stetig sind, feiner als die
Produkttopologie. Lemma 25 Es seien (Xi , Ti ), i ∈ I, topologische Räume. Es sei T die Familie aller
Mengen, die beliebige Vereinigungen von Mengen
Ui = x ∈
Xi ∀i ∈ I : x(i) ∈ Ui
i∈I
i∈I
sind, die die folgende Eigenschaft erfüllen: Für alle i ∈ I ist Ui eine offene Menge
und bis auf endlich viele i gilt Ui = Xi . Dann ist T gleich der Produkttopologie.
Beweis. Wir zeigen, dass T eine Topologie ist. Die leere Menge ist Element von
T . Außerdem sind beliebige Vereinigungen von Mengen aus T wieder in T .
Wir müssen noch zeigen, dass auch endliche Schnitte von Mengen in T wieder
in T liegt.
j
Ui ∩
Vik
U ∩V
=
j∈J i∈I
=
j∈J,k∈K
Uij
i∈I
k∈K i∈I
∩
Vik
=
i∈I
j
(Ui ∩ Vik )
j∈J,k∈K i∈I
Damit ist T eine Topologie. Wir prüfen nach, dass sie mit der Produkttopolgie
übereinstimmt. Die Produkttopologie wird von Mengen
p−1
(O
)
=
Ui
η
η
i∈I
mit Ui = Xi , falls i = η, und Uη = Oη , erzeugt, wobei Oη eine offene Menge in Xη
ist. Beispiel 2 Es sei C die Cantor-Menge, die mit der von R induzierten Topologie ausgestattet
ist.
Der zweielementige Raum {0, 1} sei mit der diskreten Topologie ausgestattet und n∈N {0, 1} =
{0, 1}N mit der Produkttopologie. Dann sind C und {0, 1}N homöomorph.
Insbesondere ist {0, 1}N kompakt.
Beweis. Die Cantor-Menge ist durch
C=
∞
cn cn ∈ {0, 2}
3n n=1
2.1. TOPOLOGISCHE RÄUME
35
gegeben. Die Abbildung f : {0, 1}N → C
∞
2an
3n
n=1
f (a) =
ist eine bijektive Abbildung, deren Inverse f −1 stetig ist. Da C kompakt ist, so folgt, dass f auch
stetig ist und {0, 1}N kompakt.
Wir zeigen, dass f bijektiv ist. Die Surjektivität folgt unmittelbar aus der Definition der
Cantor-Menge. Wir weisen nun die Injektivität nach. Es seien a, b ∈ {0, 1}N mit f (a) = f (b). Es
sei n0 die größte, ganze Zahl, so dass für alle n ∈ N mit n < n0 die Gleichung an = bn gilt. Also
gilt an0 = bn0 und wir können annehmen, dass an0 = 1 und bn0 = 0. Damit folgt
0 = f (a) − f (b) =
∞
∞
2(an − bn )
2(an − bn )
=
n
3
3n
n=n
n=1
0
und weiter
0=
∞
∞
∞
1
1
1
1
an − bn
an − bn
1
=
+
≥
−
= n0 −
>0
n
n0
n
n0
n
3
3
3
3
3
3
2
·
3n 0
n=n
n=n +1
n=n +1
0
0
0
Dies ist ein Widerspruch und f ist damit injektiv.
Wir zeigen nun, dass f −1 stetig ist. Wir untersuchen die Stetigkeit in einem Punkt f (a). Wir
weisen nach, dass das Bild jeder Umgebung U von a ∈ {0, 1}N unter f eine Umgebung von f (a)
ist.
Wegen Lemma 25 sind die offenen Mengen in {0, 1}N Vereinigungen von Mengen der Form
U=
Un
n∈N
wobei Un = {0, 1} bis auf endlich viele n gilt. Eine offene Umgebung U von a enthält a, also gilt
für alle n ∈ N die Relation an ∈ Un . Deswegen können wir annehmen, dass eine Umgebung U von
a von der Gestalt
{a1 } × · · · × {an0 } × {0, 1} × · · ·
ist. Das Bild dieser Menge unter f ist
n
0
2an
n=1
3n
+
cn cn ∈ {0, 2}
3n +1
∞
n=n0
Die offenen Mengen in C sind Durchschnitte von offenen Mengen in R mit C. Deshalb ist
∞
∞
2an
2an
1
1
C∩
− n0 +2 ,
+ n0 +2
3n
3
3n
3
n=1
n=1
eine offene Umgebung von f (a) und
∞
n
∞
∞
0
2an
2an
2an
cn 1
1
C∩
− n0 +2 ,
+ n0 +2 ⊆
+
cn ∈ {0, 2}
3n
3
3n
3
3n
3n n=1
n=1
n=1
n=n +1
0
Um diese Inklusion nachzuweisen, reicht es zu zeigen, dass in der Menge auf der linken Seite nur
solche Elemente
∞
cn
n=1
3n
auftreten, die cn = 2an für alle n mit 1 ≤ n ≤ n0 erfüllen. Wir weisen dies nach. Es sei also
∞
∞
∞
2an
cn
2an
1
1
∈C∩
− n0 +2 ,
+ n0 +2
3n
3n
3
3n
3
n=1
n=1
n=1
36
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Es folgt
∞
cn − 2an 1
< n0 +2
n
3
3
n=1
Es sei m0 die kleinste Zah aller n mit cn = 2an . Mit der Dreiecksungleichung folgt
1
3n0 +2
>
∞
|cm0 − 2am0 |
1
2
−
= m0
m
n
0
3
3
3
n=m +1
0
Also gilt n0 + 2 < m0 . Ein Satz von Alexandrov und Hausdorff besagt, dass jeder kompakte, metrische
Raum stetiges Bild der Cantor-Menge ist [Ben]. Dieser Satz hat eine Reihe von
überraschenden Anwendungen.
Ein topologischer Raum heißt separabel, wenn es eine dichte, abzählbare Teilmenge gibt.
2.2. METRISCHE RÄUME
2.2
37
Metrische Räume
Es sei X eine Menge. Eine Abbildung d : X × X → R+ heißt Metrik, falls
(i) ∀x, y ∈ X : d(x, y) = d(y, x)
(ii) d(x, y) = 0 ⇔ x = y
(iii) ∀x, y, z ∈ X : d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y)
Wir bezeichnen das Paar (X, d) als metrischen Raum. Die von der Metrik
erzeugte Topologie ist die gröbste Topologie, die die Mengen
{x|d(x, y) < }
y∈X
>0
enthält. Wir bezeichnen die Mengen
B(y, r) = {x|d(x, y) < r}
als (offene) Kugeln mit Mittelpunkt y und Radius r. Diese offenen Kugeln sind
offene Mengen. Wir bezeichnen
B̄(y, r) = {x|d(x, y) ≤ r}
als die abgeschlossene Kugel. Die abgeschlossene Kugel ist eine abgeschlossene
Menge. Man beachte, dass der Abschluss B(y, r) = {x|d(x, y) < r} der offenen
Kugel in der Menge {x|d(x, y) ≤ r} enthalten ist, aber i.a. nicht gleich ist.
Wir sagen, dass ein topologischer Raum (X, T ) metrisierbar ist, wenn es eine
Metrik auf X gibt, die die Topologie T erzeugt.
Beispiel 3 Es sei X eine Menge und
d(x, y) =
0
1
x=y
x = y
(X, d) ist ein metrischer Raum und die erzeugte Topologie ist die diskrete.
Beispiel 4 Es sei M = {−1, 0} ∪ (−∞, −2] ∪ ( 12 , 1) ∪ (1, ∞) und d sei die Metrik auf den reellen
Zahlen, d(x, y) = |x − y|. Dann gilt
(i) B̄(0, 1) ist nicht der Abschluss von B(0, 1).
(ii) B̄(0, 1) ist offen, aber keine offene Kugel, d.h. für alle x und r gilt B̄(0, 1) = B(x, r).
(iii) B(0, 1) ist abgeschlossen, aber keine abgeschlossene Kugel. d.h. d.h. für alle x und r gilt
B(0, 1) = B̄(x, r).
Beweis. Es gilt B(0, 1) = {0} ∪ ( 12 , 1), B̄(0, 1) = {−1, 0} ∪ ( 12 , 1) und B(0, 1) = B(0, 1) Lemma 26 Es seien (X, dX ) und (Y, dY ) metrische Räume und f : X → Y eine
Abbildung. Dann sind äquivalent:
(i) f ist in x0 stetig.
(ii) Für alle Folgen xi , i ∈ N, mit limi→∞ xi = x0 gilt limi→∞ f (xi ) = f (x0 ).
(iii) Für alle > 0 existiert ein δ > 0, so dass für alle x mit dX (x0 , x) < δ die
Ungleichung dY (f (x0 ), f (x)) < 38
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Eine Folge xi , i ∈ N, in einem metrischen Raum heißt Cauchy Folge, falls für alle
> 0 ein N existiert, so dass für alle n mit n, m ≥ N die Ungleichung d(xn , xm ) < gilt. Ein metrischer Raum (X, d) heißt vollständig, wenn jede Cauchy Folge konvergiert.
Man beachte, dass die Vollständigkeit keine topologische Invariante ist.
Beispiel 5 Die reellen Zahlen R seien mit den zwei Metriken d1 (s, t) = |s − t| und
s
t d2 (s, t) = −
1 + |s| 1 + |t| ausgestattet. Die von d1 und d2 erzeugten Topologien sind identisch, (R, d1 ) ist vollständig, aber
(R, d2 ) ist nicht vollständig, weil die Folge n, n ∈ N, eine Cauchy Folge ist, die nicht konvergiert.
Eine Teilmenge K eines metrischen Raumes heißt total beschränkt, falls es zu
jedem > 0 endlich viele Kugeln B(x1 , ), . . . , B(xn , ) mit demselben Radius gibt,
so dass
n
K⊆
B(xi , )
i=1
gilt.
Ein topologischer Raum heißt abzählbar kompakt, falls jede abzählbare offene
Überdeckung eine endliche Teilüberdeckung besitzt.
In der Literatur findet man auch als Definition für abzählbar kompakt: Jede
unendliche Teilmenge besitzt einen Häufungspunkt. Wir verwenden hier aber die
erstere Definition.
Lemma 27 Es sei (X, T ) ein topologischer Raum. Dann sind äquivalent:
(i) (X, T ) ist abzählbar kompakt.
(ii) Es sei Ai , i ∈ N, eine Folge von abgeschlossenen, nichtleeren Mengen mit Ai ⊇
Ai+1 , i ∈ N. Dann gilt
∞
Ai = ∅
i=1
Beweis. (i) ⇒ (ii) Wir nehmen an, dass ∞
i=1 Ai = ∅ und dass X abzählbar
kompakt ist. Dann gilt
∞
Aci = X
i=1
Dann gibt es eine endliche Teilüberdeckung mit
n
Acij = X
j=1
Also
n
j=1
Aij = ∅
2.2. METRISCHE RÄUME
39
Dies ist ein Widerspruch.
(ii) ⇒ (i) Es sei Oi , i ∈ N, eine offene Überdeckung von X und wir nehmen an,
dass es keine endliche Teilüberdeckung gibt, also
X\
n
Oi = ∅
n
bzw.
i=1
Oic = ∅
i=1
Nach (ii) gilt dann
∞
Oic = ∅
X\
bzw.
i=1
∞
Oi = ∅
i=1
Lemma 28 Es sei (M, d) ein metrischer Raum und K eine Teilmenge dieses metrischen
Raumes. Dann sind äquivalent:
(i) K ist kompakt.
(ii) Jede unendliche Teilmenge von K besitzt einen Häufungspunkt.
(iii) (Bolzano-Weierstrass) Jede Folge in K hat eine Teilfolge, die in K konvergiert.
(iv) K ist vollständig und total beschränkt.
(v) K ist abzählbar kompakt.
Für beliebige topologische Räume folgt nicht aus der Folgenkompaktheit die
Kompaktheit. Umgekehrt folgt auch nicht aus der Kompaktheit die Folgenkompaktheit.
Lemma 29 Es sei X ein kompakter, topologischer Raum. Dann ist X abzählbar
kompakt.
Beweis. Es sei A eine Teilmenge von X, die keine Häufungspunkte besitzt. Dann
gibt es zu jedem x ∈ X eine offene Umgebung Ux , die höchstens ein Element aus A
enthält (nämlich x selbst). Es folgt
X=
Ux
x∈X
Da X kompakt ist, gibt es eine endliche Teilüberdeckung
X=
n
Uxi
i=1
Also ist A eine endliche Menge. Lemma 30 X sei ein metrischer Raum und A eine abzählbar kompakte Teilmenge.
Dann ist A folgenkompakt.
40
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Beweis. Es sei xn , n ∈ N, eine Folge in A. Falls die Folge nur endlich viele Elemente
enthält, dann gibt es eine konstante Teilfolge, die insbesondere konvergiert.
Falls die Folge unendlich viele verschiedene Punkte enthält, dann hat die Menge
{xn |n ∈ N} einen Häufungspunkt und es gibt eine Teilfolge, die konvergiert. Es sei Oι , ι ∈ I, eine Überdeckung einer Teilmenge A eines metrischen Raumes
X. δ > 0 heißt Lebesgue Zahl für diese Überdeckung, falls zu jeder Teilmenge B
von A, deren Durchmesser kleiner als δ ist, ein Oι mit B ⊆ Oι existiert. Falls kein
solches δ existiert, dann setzen wir die Lebesgue Zahl 0.
Lemma 31 Jede offene Überdeckung einer folgenkompakten Teilmenge K eines
metrischen Raumes X hat eine strikt positive Lebesgue Zahl.
Beweis. Es sei Oι , ι ∈ I, eine offene Überdeckung von K. Wir nehmen an, dass
Oι , ι ∈ I, keine strikt positive Lebesgue Zahl besitzt. Dann gibt es zu jedem n ∈ N
eine Teilmenge Bn von K, deren Durchmesser kleiner als n1 ist und die in keiner der
Mengen Oι , ι ∈ I, enthalten ist.
Wir wählen bn ∈ Bn . Dann gibt es eine konvergente Teilfolge.
b0 = lim bnj
j→∞
Es gibt ein ι0 mit b0 ∈ Oι0 . Es folgt, dass ein > 0 mit B(b0 , ) ⊆ Oι existiert. Wir
wählen nun j so groß, dass
d(b0 , bnj ) <
4
1
<
nj
4
Es folgt
Bnj ⊆ B(b0 , ) ⊆ Oι0
Dies folgt aus der Dreiecksungleichung. Es sei y ∈ Bnj . Dann gilt d(y, bnj ) < 4 .
d(y, b0 ) ≤ d(y, bnj ) + d(bnj , b0 ) <
2
Lemma 32 Es sei X ein metrischer Raum und K eine folgenkompakte Teilmenge.
Dann ist K total beschränkt.
Beweis. Wir zeigen, dass K nicht folgenkompakt ist, wenn K nicht total beschränkt
ist.
Wir wählen eine Folge xn , n ∈ N, in K, so dass für alle i, j ∈ N die Ungleichung
d(xi , xj ) ≥ gilt. Es gibt ein solches > 0, weil K nicht total beschränkt ist. Eine
solche Folge besitzt keine konvergente Teilfolge. Lemma 33 Es sei X ein metrischer Raum und K eine folgenkompakte Teilmenge.
Dann ist K kompakt.
2.2. METRISCHE RÄUME
41
Beweis. Es sei Oι , ι ∈ I, eine offene Überdeckung von K. Da K folgenkompakt
ist, besitzt die Überdeckung eine strikt positive Lebesgue Zahl δ. Außerdem ist K
total beschränkt, weil K folgenkompakt ist.
Es gibt also Mengen Bi , i = 1, . . . , n, deren Durchmesser kleiner als δ sind, mit
K⊆
n
Bi
i=1
Dann gibt es zu jedem i ein ιi mit Bi ⊆ Oιi . Also
K⊆
n
Bi ⊆
i=1
n
O ιi
i=1
Beweis von Lemma 28. (i) ⇐ (iv): Wir zeigen ¬(i) ⇒ ¬(iv), also falls K nicht
kompakt ist, dann ist K nicht vollständig oder nicht total beschränkt. Dies ist
äquivalent zu: Falls K nicht kompakt ist, dann folgt aus der totalen Beschränktheit
von K, dass K nicht vollständig ist.
Es sei Oι , ι ∈ I, eine offene Überdeckung von K, die keine endliche Teilüberdeckung
besitzt. Wir zeigen, dass es eine Folge xn ∈ K, n ∈ N, gibt, so dass
(i) Keine Kugel B(xn , 21n ), n ∈ N, wird von endlich vielen Mengen Oι , ι ∈ I,
überdeckt.
1
(ii) Für alle n ∈ N gilt: B(xn , 21n ) ∩ B(xn+1 , 2n+1
) = ∅.
Wir zeigen dies durch Induktion. Da K total beschränkt ist, gibt es endlich viele
Kugeln B(x1k , 12 ), k = 1, . . . , N1 , mit x1k ∈ K und
K⊆
N1
B(x1k , 12 ).
k=1
Es muss ein k0 geben, so dass B(x1k0 , 12 ) nicht von endlich vielen Oι überdeckt wird.
Anderenfalls würde es eine endliche Teilüberdeckung Oιi , i = 1, . . . , n von K geben.
Wir setzen x1 = x1k0 .
Wir machen nun den Induktionsschritt von n nach n + 1. K ist total beschränkt,
1
also gibt es endlich viele Kugeln B(xn+1
, 2n+1
), k = 1, . . . , N1 , mit xn+1
∈ K und
k
k
Nn+1
K⊆
1
B(xn+1
, 2n+1
).
k
k=1
Es sei J die Menge aller k, so dass
(2.2)
B(xn ,
Dann gilt
B(xn ,
1
1
) ∩ B(xn+1
, n+1 ) = ∅
k
n
2
2
1
1
)
∩
K
⊆
B(xn+1
, n+1 )
k
n
2
2
k∈J
42
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
1
Es muss ein k0 ∈ J geben, so dass B(xn+1
k0 , 2n+1 ) nicht von endlich vielen Oι
überdeckt werden kann. Anderenfalls könnten wir B(xn , 21n ) durch endlich viele
Oι überdecken. Wir setzen xn+1 = xn+1
k0 .
Wir zeigen nun, dass für alle k und mit k ≤ d(xk , x ) ≤
1
2k−2
1
gilt. Wegen (2.2) gibt es ein y ∈ B(xn , 21n ) ∩ B(xn+1
, 2n+1
) und deshalb
k
d(xn , xn+1 ) ≤ d(xn , y) + d(y, xn+1 ) ≤
Hieraus folgt
d(xk , x ) ≤
−1
i=k
1
1
1
+ n+1 < n−1
n
2
2
2
−1
1
1
d(xi , xi+1 ) ≤
≤ k−2
i−1
2
2
i=k
Somit ist xn , n ∈ N, eine Cauchy-Folge. Falls diese Cauchy-Folge nicht in K konvergiert sind wir fertig, wir haben ¬(iv) gezeigt. Nehmen wir also an, dass die
Cauchy-Folge in K konvergiert. Es sei x = limn→∞ xn . Weil x ∈ K, gibt es ein
ι0 ∈ I mit x ∈ Oι0 . Da Oι0 offen ist, gibt es ein δ > 0 mit B(x, δ) ⊆ Oι0 . Nun
wählen wir n so groß, dass d(x, xn ) < 4δ und 21n < 4δ . Es folgt
B(xn ,
1
) ⊆ Oι0
2n
weil für y ∈ B(xn , 21n ) die Ungleichung
d(x, y) ≤ d(x, xn ) + d(xn , y) <
δ
1
+ n <δ
4 2
gilt. Dies kann nicht sein, weil B(xn , 21n ) nicht durch endlich viele Oι überdeckt
werden kann.
Offensichtlich gilt (i) ⇒ (v). Wir zeigen nun (v) ⇒ (iii). Wir nehmen an, dass
es eine Folge xi , i ∈ N, gibt, die keine konvergente Teilfolge besitzt. Dann muss die
Folge unendlich viele verschiedene Elemente besitzen. Außerdem ist die Folge in K
eine abgeschlossene Menge. Wir setzen
An = {xi |i ≥ n}
Die Mengen An sind abgeschlossen und ∞
n=1 An = ∅. Deshalb gibt es eindlich viele
Mengen An , so dass der Schnitt bereits leer ist. Dies ist ein Widerspruch. Lemma 34 Es sei (X, d) ein separabler, metrischer Raum und A eine Teilmenge
von X. Dann ist A auch separabel.
Im Falle topologischer Räume ist diese Aussage falsch (Beispiel ??).
Beweis. 2.3. FILTER UND NETZE
2.3
43
Filter und Netze
Die Stetigkeit einer Funktion zwischen metrischen Räumen lässt sich mit Hilfe von
konvergenten Folgen charakterisieren: Eine Funktion f ist genau dann in einem
Punkt x stetig, wenn für alle Folgen xn , n ∈ N, die gegen x konvergieren, gilt, dass die
Folgen f (xn ), n ∈ N, gegen f (x) konvergieren. Die Kompaktheit eines metrischen
Raumes lässt sich ebenso durch Folgen charakterisieren: Jede Folge besitzt eine
konvergente Teilfolge. Für allgemeine topologische Räume reichen Folgen nicht mehr
aus. Wir müssen den Begriff der Folge verallgemeinern. Dies führt auf den Begriff
des Netzes.
Eine Menge I mit einer Relation ≤ heißt gerichtete Menge, falls
(i) Für alle ι ∈ I gilt, dass ι ≤ ι.
(ii) Für alle ι1 , ι2 , ι3 ∈ I mit ι1 ≤ ι2 und ι2 ≤ ι3 gilt, dass ι1 ≤ ι3 .
(iii) Für alle ι1 , ι2 ∈ I gibt es ein ι3 mit ι1 ≤ ι3 und ι2 ≤ ι3 .
Ein Netz in einer Menge M ist eine Abbildung von einer gerichteten Menge in
die Menge M (ebenso wie eine Folge eine Abbildung der natürlichen Zahlen in eine
Menge M ist). Jede Folge ist ein Netz.
Ein Netz xι , ι ∈ I, in einem topologischen Raum X konvergiert gegen ein Element
x, falls für alle Umgebungen U von x ein ι0 existiert, so dass für alle ι mit ι ≥ ι0
gilt, dass xι ∈ U .
Es sei xι , ι ∈ I, ein Netz. Weiter sei J eine gerichtete Menge und φ : J → I
eine Abbildung, so dass für alle ι ∈ I ein j0 ∈ J existiert, so dass für alle j ≥ j0 gilt
ι ≤ φ(j). Dann nennt man das Netz
xφ(j) , j ∈ J
ein Teilnetz von xι , ι ∈ I.
Man beachte, dass ein Teilnetz einer Folge nicht eine Teilfolge sein muss (Beispiel
8).
Für reellwertige Netze lassen sich auch Limesinferior und Limessuperior definieren.
Lemma 35 Es sei (X, T ) ein topologischer Raum und A eine Teilmenge von X.
Ein Element x gehört genau dann zum Abschluss von A, wenn es ein Netz in A gibt,
das gegen x konvergiert.
Beweis. Es sei x im Abschluss von A. Dann besitzt jede Umgebung U von x einen
nichtleeren Schnitt mit A. Wir wählen aus jedem Schnitt U ∩ A ein Element xU .
Dann ist
xU , U ist Umgebung von x
ein Netz, das gegen x konvergiert, wenn wir sagen, dass U kleiner als V ist, wenn V in
U enthalten ist. Wir zeigen, dass es sich um ein Netz handelt. Es gilt trivialerweise
U ≤ U . Falls U1 ≤ U2 und U2 ≤ U3 , dann ist also U2 in U1 enthalten und U2 ist in U3
enthalten. Also ist auch U3 in U1 enthalten und U1 ≤ U3 . Für je zwei Umgebungen
44
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
U und V von x gilt, dass auch U ∩ V eine Umgebung von x ist und es gilt U ≤ U ∩ V
und V ≤ U ∩ V .
Wir zeigen nun, dass das Netz gegen x konvergiert. Für jede Umgebung U und
alle Umgebungen V mit V ≥ U gilt xV ∈ U .
Wir nehmen nun an, dass es ein Netz xι , ι ∈ I, in A gibt, das gegen x konvergiert.
Dann gibt es zu jeder Umgebung U von x ein ι0 , so dass für alle ι mit ι0 ≤ ι die
Relation xι ∈ U gilt. Insbesondere gilt A ∩ U = ∅. Lemma 36 Es seien (X, T ) und (Y, S) zwei topologische Räume. Eine Abbildung
f : X → Y ist genau dann in einem Punkt x stetig, wenn für alle Netze xι , ι ∈ I,
die gegen x konvergieren, gilt, dass das Netz f (xι ), ι ∈ I, gegen f (x) konvergiert.
Beweis. Wir nehmen an, dass f in x stetig ist. Es sei xι , ι ∈ I, ein Netz, das gegen
x konvergiert und V eine Umgebung von f (x). Da f in x stetig ist, ist f −1 (V ) eine
Umgebung von x. Weil das Netz xι , ι ∈ I, gegen x konvergiert, existiert ein ι0 , so
dass für alle ι mit ι ≥ ι0 die Relation xι ∈ f −1 (V ) gilt. Dann folgt für alle ι mit
ι ≥ ι0
f (xι ) ∈ f (f −1 (V )) = V
und somit gilt limι f (xι ) = f (x).
Wir zeigen nun die Umkehrung. Es sei V eine Umgebung von f (x). Wir nehmen
an, dass f −1 (V ) keine Umgebung von x ist. Wir definieren nun ein Netz, das gegen
x konvergiert, aber das Bild dieses Netzes konvergiert nicht gegen f (x). Es sei U die
Familie aller Umgebungen von x. Dies ist eine gerichtete Menge mit der Relation
U1 ≤ U2 , wenn U2 ⊆ U1 .
Da f −1 (V ) keine Umgebung von x ist, gilt
U \ f −1 (V ) = ∅.
Wir wählen ein xU ∈ U \ f −1 (V ). Nach Konstruktion konvergiert das Netz xU ,
U ∈ U, gegen x. Aber für alle U gilt
/V
f (xU ) ∈
Eine Familie F von Teilmengen von X heißt Filter, falls
(i) ∅ ∈
/F
(ii) Für alle A ⊆ X mit B ⊆ A und B ∈ F gilt A ∈ F.
(iii) Für alle n ∈ N und alle A1 , . . . , An ∈ F gilt
n
Ai ∈ F
i=1
Die Familie aller Umgebungen eines Punktes ist ein Filter.
Wir sagen, dass ein Filter F1 feiner ist als ein Filter F2 , falls F2 ⊆ F1 . ”feiner
als” ist eine Halbordnung (reflexiv, antisymmetrisch und transitiv) auf der Menge
2.3. FILTER UND NETZE
45
aller Filter. Ein Element F ist maximal, wenn es kein Element gibt, das echt größer
ist, d.h. für alle G mit F ≤ G gilt F = G. (Es kann natürlich mehrere maximale
Elemente geben.) Ein solches maximales Element nennen wir Ultrafilter. Nach dem
Lemma von Zorn (Lemma 2) gibt es ein maximales Element.
Es sei X eine Menge und x ∈ X. Dann ist die Familie aller Mengen, in denen
x als Element enthalten ist, ein Ultrafilter. Einen solchen Ultrafilter nennen wir
trivial.
Jeder Filter ist in einem Ultrafilter enthalten. Um dies einzusehen, betrachten
wir alle Filter, die einen gegebenen Filter enthalten. Mit dem Lemma von Zorn
(Lemma 2) folgt, dass es unter diesen einen maximalen Filter gibt.
Lemma 37 Es sei X eine Menge und F ein Filter in X. F ist genau dann ein
Ultrafilter, falls für alle Teilmengen A und B mit A ∪ B ∈ F gilt, dass A ∈ F oder
B ∈ F gilt.
Beweis. Wir zeigen zuerst, dass jeder Ultrafilter F die Eigenschaft besitzt: ∀A, B ⊆
X, A ∪ B ∈ F : A ∈ F oder B ∈ F. Wir zeigen die äquivalente Aussage: Falls diese
Eigenschaft nicht gilt, dann ist F kein Ultrafilter.
Es sei F ein Filter und es gelte
A∈
/F
B∈
/F
A∪B ∈F
Wir betrachten nun die Familie G aller Teilmengen C von X mit
A ∪ C ∈ F.
G ist ein Filter und G ist strikt feiner als F. Wir prüfen nach, dass G ein Filter ist.
∅∈
/ G, weil A ∈
/ F.
Wir zeigen, dass D ∈ G, falls C ∈ G und C ⊆ D. C ∈ G bedeutet, dass
A ∪ C ∈ F. Weil A ∪ C ⊆ A ∪ D, so gilt auch A ∪ D ∈ F. Also gilt D ∈ G.
Es seien nun Gi ∈ G, i = 1, . . . , n. Dann gilt für alle i = 1, . . . , n, dass A∪Gi ∈ F.
Weil F ein Filter ist, folgt
n
(A ∪ Gi ) ∈ F.
i=1
Deshalb gilt
A∪
n
i=1
Gi
∈F
und somit ni=1 Gi ∈ G. Wir prüfen nach, dass G feiner als F ist. Falls C ∈ F, dann
ist auch A ∪ C ∈ F, weil C ⊆ A ∪ C. Also folgt C ∈ G. G ist nicht gleich F, weil
B ∈ G aber B ∈
/ F. Deshalb ist F kein Ultrafilter.
Nun zeigen wir die Umkehrung. Wir nehmen nun an, dass für alle Teilmengen
A und B mit A ∪ B ∈ F gilt, dass A ∈ F oder B ∈ F gilt. Es sei G ein Filter, der
feiner als F ist, und C ∈ G. Dann gilt C c ∈
/ G, weil sonst ∅ = C ∩ C c ∈ G. Weil G
46
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
/ F. Da aber C ∪ C c = X ∈ F gilt, folgt C ∈ F. Also gilt
feiner als F ist, folgt C c ∈
F = G. Es sei X ein topologischer Raum und F ein Filter auf X. Man sagt, dass F
gegen x ∈ X konvergiert, wenn der Filter feiner als der Filter der Umgebungen von
x ist.
Falls f : A → B eine Abbildung ist und U ein Ultrafilter auf A, dann bezeichnen wir den von den Bildmengen erzeugten Ultrafilter mit f (U). Falls X ein
topologischer Raum ist, xι ∈ X, ι ∈ I, und U ein Ultrafilter auf I, dann existiert
lim xι
U
falls der von {xι |ι ∈ U }, U ∈ U, erzeugte Ultrafilter konvergiert.
Lemma 38 Es sei X ein topologischer Hausdorff Raum. X ist genau dann kompakt, wenn jeder Ultrafilter konvergiert.
Ein Netz xι , ι ∈ I, heißt universales Netz, wenn für alle Teilmengen A von X
ein ι0 existiert, so dass entweder für alle ι ≥ ι0
xι ∈ A
oder für alle ι ≥ ι0
xι ∈ X \ A
gilt.
Eine konstante Folge ist ein universales Netz. Die Folge n1 , n ∈ N, ist kein
1
universales Netz in R. Um dies nachzuweisen, wählen wir die Menge A = { 2n
|n ∈
N}. Es gibt auch keine Teilfolge, die universales Netz ist.
Lemma 39 Jedes Netz besitzt ein universales Teilnetz.
Beweis. Es sei xι , ι ∈ I, ein Netz in X. Wir betrachten die Mengen
Aι = {xj |ι ≤ j}
ι∈I
und die Familie F aller Mengen F , so dass ein ι ∈ I mit Aι ⊆ F existiert. F ist ein
Filter. Wir weisen dies nach. Falls F ∈ F, dann gibt es ein ι ∈ I, so dass Aι ⊆ F .
Deshalb gilt F = ∅.
Es seien F ∈ F mit F ⊆ G. Dann gibt es ein ι ∈ I mit Aι ⊆ F . Also gilt Aι ⊆ G
und G ∈ F.
Es seien F1 , . . . , Fn ∈ F. Dann gibt es Aι1 , . . . , Aιn , so dass für alle i = 1, . . . , n
die Inklusion Aιi ⊆ Fi gilt. Deshalb gilt
n
i=1
Aιi ⊆
n
i=1
Fi .
2.3. FILTER UND NETZE
47
Zu ι1 , . . . , ιn gibt es ein ι0 , so dass für alle i = 1, . . . , n die Relation ιi ≤ ι0 gilt.
Hiermit folgt
n
n
Aι 0 ⊆
Aιi ⊆
Fi
i=1
n
i=1
und somit i=1 Fi ∈ F. Damit haben wir gezeigt, dass F ein Filter ist.
F ist in einem Ultrafilter U enthalten. Wir betrachten nun die gerichtete Menge
(2.3)
I = {(U, ι)| U ∈ U, ι ∈ I, xι ∈ U }
mit der Relation (U1 , ι1 ) ≤ (U2 , ι2 ), falls U2 ⊆ U1 und ι1 ≤ ι2 . (Man beachte, dass U
und ι durch xι ∈ U verknüpft sind.) Wir weisen nach, dass es sich um eine gerichtete
Menge handelt.
Es seien (U1 , ι1 ), (U2 , ι2 ), (U3 , ι3 ) ∈ I mit (U1 , ι1 ) ≤ (U2 , ι2 ) und (U2 , ι2 ) ≤
(U3 , ι3 ). Das bedeutet
U1 ⊇ U2
ι1 ≤ ι2
U2 ⊇ U3
U1 ⊇ U3
ι1 ≤ ι3
ι2 ≤ ι3
Also folgt
Es seien (U1 , ι1 ), (U2 , ι2 ) ∈ I. Dann gilt V = U1 ∩ U2 ∈ U, weil U ein Filter ist. Weil
I eine gerichtete Menge ist, gibt es ein ι0 mit ι0 ≥ ι1 und ι0 ≥ ι2 . Es gilt
Aι0 ∩ V = ∅.
Falls Aι0 ∩ V = ∅, dann würde ∅ ∈ U gelten, weil Aι0 ∈ U und V ∈ U. Die leere
Menge ist aber in keinem Filter enthalten.
Also gibt es ein j mit j ≥ ι0 und xj ∈ V . Nach (2.3) gilt (V, j) ∈ I und
(U1 , ι1 ) ≤ (V, j)
(U2 , ι2 ) ≤ (V, j)
Also ist I eine gerichtete Menge.
Wir definieren nun das universale Teilnetz. Es sei φ : I → I mit
φ(U, ι) = ι.
Wir zeigen, dass xφ(U,ι) , (U, ι) ∈ I, ein Teilnetz ist. Es sei ι0 ∈ I. Dann gilt für alle
(U, ι) mit (U, ι) ≥ (X, ι0 ), dass
φ((U, ι)) = ι ≥ ι0
Wir zeigen, dass das Teilnetz xφ(U,ι) , (U, ι) ∈ I, universal ist. Es sei M ⊆ X.
Dann gilt M ∈ U oder M c ∈ U, weil U ein Ultrafilter ist. O.E.d.A können wir
annehmen, dass der erste Fall vorliegt. Falls
M ∩ {xφ(U,ι) |(U, ι) ∈ I} = ∅
dann gilt
M c ⊇ {xφ(U,ι) |(U, ι) ∈ I}
48
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
und die Behauptung ist bewiesen. Falls
M ∩ {xφ(U,ι) |(U, ι) ∈ I} = ∅
dann gibt es ein (U0 , ι0 ) mit xφ(U0 ,ι0 ) = xι0 ∈ M . Da (U0 , ι0 ) ∈ I, gilt xι0 ∈ U0 . Also
gilt xι0 ∈ M ∩ U0 . Weil M ∈ U und U0 ∈ U, gilt U0 ∩ M ∈ U. Damit haben wir
nachgewiesen, dass
(M ∩ U0 , ι0 ) ∈ I.
Es gilt für alle (V, ι) ≥ (U0 ∩ M, ι0 ), dass V ⊆ U0 ∩ M und ι0 ≤ ι. Wegen (V, ι) ∈ I
gilt xι ∈ V .
xφ(V,ι) = xι ∈ V ⊆ M
Also gilt für alle (V, ι) mit (U0 ∩ M, ι0 ) ≤ (V, ι)
xφ(V,ι) ∈ M.
Lemma 40 Es sei X ein topologischer Raum und A eine Teilmenge von X. Dann
sind die folgenden Aussagen äquivalent.
(i) A ist kompakt.
(ii) A hat die endliche Durchschnittseigenschaft.
(iii) Jedes universale Netz in A konvergiert in A.
(iv) Jedes Netz in A hat ein Teilnetz, das in A konvergiert.
Beweis. Die Äquivalenz von (i) und (ii) hatten wir bereits gezeigt (Lemma 21).
Wir zeigen, dass aus (i) die Eigenschaft (iii) folgt. Wir nehmen dazu an, dass es
ein universales Netz xι , ι ∈ I, in A gibt, das nicht in A konvergiert. Dann gibt es
für jedes z ∈ A eine offene Umgebung U (z), so dass für alle ι ein j ≥ ι mit
xj ∈
/ U (z)
existiert. Da das Netz universal ist, muss es ein ι geben, so dass für alle j mit j ≥ ι
die Relation xj ∈ U (z) oder für alle j mit j ≥ ι die Relation xj ∈ U (z)c gilt. Also
gibt es ein ιz , so dass für alle j ≥ ιz gilt, dass xj ∈ U (z)c .
Da A kompakt ist, besitzt die offene Überdeckung
U (z)
A⊆
z∈A
eine endliche Teilüberdeckung
A⊆
n
U (zi )
i=1
Nach unserer obigen Überlegung gilt dann für alle j, die größer als alle ιz1 , . . . , ιzn
sind, dass
n
xj ∈
U (zi )c
i=1
2.3. FILTER UND NETZE
49
Die letztere Menge hat aber einen leeren Schnitt mit A. Dies kann nicht sein, da
das Netz in A liegt.
Wir zeigen, dass (iv) aus (iii) folgt. Nach Lemma 39 besitzt jedes Netz ein
universales Teilnetz. Nach (iii) konvergiert dieses Teilnetz.
Nun zeigen wir, dass (i) aus (iv) folgt, bzw. dass ¬(iv) aus ¬(i) folgt. Wenn A
nicht kompakt ist, dann gibt es eine offene Überdeckung,
A=
Uι
ι∈I
die keine endliche Teilüberdeckung besitzt. Es bezeichne F die Familie aller endlichen
Teilmengen von I. Wir setzen F1 ≤ F2 , falls F1 ⊆ F2 . Zu jedem F ∈ F existiert ein
xF ∈ A \
Uι
ι∈F
Das Netz xF , F ∈ F, besitzt kein konvergentes Teilnetz, das in A konvergiert. Falls
es ein konvergentes Teilnetz xφ(j) , j ∈ J, gibt, das in A konvergiert, dann gibt es
einen Grenzwert x in A.
Deshalb gibt es ein ι mit x ∈ Uι . Für diese offene Umgebung Uι zeigen wir, dass
zu jedem j0 ein j mit j ≥ j0 gibt, so dass xφ(j) ∈
/ Uι . Da φ(j), j ∈ J, ein Teilnetz
ist, gibt es zu jedem F ∈ F ein j1 , so dass für alle j ≥ j1 die Relation F ≤ φ(j) gilt.
Es gilt
xφ(j) ∈
/ Uι
falls {ι} ≤ φ(j) bzw. ι ∈ φ(j)
Zu gegebenem j0 betrachten wir φ(j0 ) ∪ {ι}. Es gibt ein j1 , so dass für alle j mit
j ≥ j1 die Relation φ(j0 ) ∪ {ι} ≤ φ(j) gilt. Da j0 ≤ j1 nicht gelten muss, wählen
wir j2 mit j0 ≤ j2 und j1 ≤ j2 . Dann gilt für alle j mit j ≥ j2 die Relation
φ(j0 ) ∪ {ι} ≤ φ(j). Also gilt für alle j mit j ≥ j2 , dass xφ(j) ∈
/ Uι . Also liegt keine
Konvergenz vor. Satz 10 (Tichonov) Es seien (Xι , Tι ), ι ∈ I, topologische Räume und Kι ⊆ Xι ,
ι ∈ I, kompakte Mengen. Dann ist
Kι eine kompakte Menge in
Xι
ι∈I
ι∈I
bzgl. der Produkttopologie (2.1).
Andrei Nikolaevich Tichonov (1906-)
Der Satz von Tichonov ist äquivalent zum Lemma von Zorn bzw. zum Auswahlaxiom. Wir wollen uns davon überzeugen.
Beim Beweis des Satzes von Tichonov verwenden wir das Auswahlaxiom. Somit
folgt aus dem Auswahlaxiom der Satz von Tichonov. Nun zur Umkehrung. Es sei
Xι , ι ∈ Ieine Familie nichtleerer Mengen. Des Weiteren sei ∞ ein Element, das
nicht in ι∈I Xι enthalten ist. Wir setzen Yι = Xι ∪ {∞}, ι ∈ I. Wir statten Yι mit
der Topologie {∅, Xι , {∞}} aus. Da es nur drei verschiedene offene
Mengen gibt, ist
Yι kompakt. Nach dem Satz von Tichonov ist der Produktraum ι∈I Yι kompakt.
50
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Koordinate η. Da πη stetig ist,
πη bezeichne die Koordinatenprojektion auf die −1
so ist πη (Xη ) ein abgeschlossene Teilmenge von ι∈I Yι . Außerdem besitzt die
Familie {πη−1 (Xη )|η ∈ I} die endliche Durchschnittseigenschaft, weil das Element ∞
in jeder der Mengen Yι enthalten ist. Deshalb ist
πη−1 (Xη ) =
Xι
η∈I
ι∈I
nach Lemma 21 nicht leer.
Beweis. Nach Lemma 35 ist eine Menge genau dann kompakt, wenn
jedes universale
Netz in ihr konvergiert. Es sei xα , α ∈ J, ein universales Netz in ι∈I Kι . Für jedes
ι ∈ I ist dann
πι (xα )
α∈J
ein universales Netz in Kι . Wir weisen dies nach. Es sei A eine Teilmenge in Xη .
Wir setzen
B=
Yι
ι∈I
mit Yη = A und für alle ι mit ι = η gelte Yι = Xι . Dann ist
Bc =
Zι
ι∈I
wobei Zη = Ac und für alle ι mit ι = η die Gleichung Zι = Xι gilt. Da xα ein
universales Netz ist, gibt es ein α0 , so dass für alle α mit α ≥ α0 die Relation
xα ∈ B gilt, oder so dass für alle α mit α ≥ α0 die Relation xα ∈ B c gilt. Es folgt,
dass für alle α mit α ≥ α0 die Relation xα (η) ∈ A gilt, oder dass für alle α mit
α ≥ α0 die Relation xα (η) ∈ Ac gilt. Da Kι kompakt ist, konvergiert dieses Netz.
lim(πι (xα )) = x(ι)
α
x = (x(ι))ι∈I ist ein Element des Produktraumes und das Netz konvergiert gegen
dieses Element. Wir prüfen dies nach. Es sei U eine Umgebung von
x. Dann können
wir annehmen, dass es n ∈ N und ι1 , . . . , ιn gibt, so dass U = ι∈I Uι und für alle
ι∈
/ {ι1 , . . . , ιn } gilt Uι = Xι und Uιi ist eine offene Menge in Xιi , i = 1, . . . , n. Zu
jedem ιi existiert ein αi , so dass für alle α ≥ αi gilt
xα (ιi ) ∈ Uιi .
Es gibt ein α0 , so dass für alle i = 1, . . . , n die Relation αιi ≤ α0 gilt. Deshalb gilt
für alle α ≥ α0
xα ∈ U.
Also konvergiert das Netz. Beispiel 6 (i)
Nach Beispiel 2 ist die Cantor-Menge C homöomorph zu {0, 1}N .
(ii) Die Menge n∈N [0, n1 ] mit der Produkttopologie wird als Hilbertquader bezeichnet. Diese Menge
ist auch auf natürliche Weise im Hilbertraum 2 enthalten. Ausgestattet mit der vom Hilbertraum
induzierten Toplogie ist diese Menge homöomorph zu der Menge mit der Produkttopologie.
2.3. FILTER UND NETZE
51
Beispiel 7 Es sei I eine überabzählbare Menge und T = [0, 1]I mit der Produkttopologie. Es sei
S = {t ∈ T |{ι|t(ι) = 0} ist abzählbar}
Die Menge S ist nicht kompakt, aber S ist folgenkompakt.
T = [0, 1]I ist nicht metrisierbar, d.h. es gibt keine Metrik auf T = [0, 1]I , die diese Topologie
erzeugt.
Beweis. Der Abschluss von S ist gleich T , aber S ist nicht gleich T . Also ist S keine abgeschlossene
Menge. Da T ein Hausdorff Raum ist, ist eine kompakte Menge abgeschlossen (Lemma 23). Also
ist S nicht kompakt.
Wir überprüfen, dass der Abschluss von
S gleich T ist. Es sei t ∈ T und U eine Umgebung
von t. Wir können annehmen, dass U = ι∈I Uι , wobei Uι eine offene Umgebung von tι ist und
Uι = [0, 1] bis auf endlich viele ι gilt. Es seien ι1 , . . . , ιn genau die Indices, für die Uι = [0, 1] gilt.
Wir wählen s ∈ S mit s(ιi ) = t(ιi ), i = 1, . . . , n und die übrigen Koordinaten beliebig. Dann gilt
s ∈ U.
Wir zeigen nun, dass S folgenkompakt ist. Es sei tn , n ∈ N, eine Folge in S. Es sei
I0 =
∞
{ι|tn (ι) = 0}
n=1
Dies ist eine abzählbare Menge. Es gilt für alle ι ∈
/ I0 und für alle n ∈ N, dass tn (ι) = 0. Mit
einem Diagonalisierungsargument zeigt man nun, dass es eine Teilfolge gibt, die konvergiert. Beispiel 8 (i) {0, 1}[0,1] ist nicht folgenkompakt, aber kompakt.
(ii) [0, 1][0,1] mit der Produkttopologie ist kompakt und insbesondere abzählbar kompakt, aber nicht
folgenkompakt.
(iii) T = [0, 1][0,1] und {0, 1}[0,1] sind nicht metrisierbar.
Es kann sein, dass eine Folge keine konvergente Teilfolge besitzt, aber ein konvergentes Teilnetz.
Beweis. (i) Nach dem Satz von Tichonov ist {0, 1}[0,1] kompakt. Es sei
x=
∞
an (x)2−n
an (x) ∈ {0, 1}
n=1
die dyadische Entwicklung von x. Falls x keine eindeutige dyadische Entwicklung besitzt, dann
wählen wir diejenige, deren Koeffizienten ab einem bestimmten Index 0 sind. Dann ist an : [0, 1] →
{0, 1} ein Element aus {0, 1}[0,1] und die Folge an , n ∈ N, besitzt keine konvergente Teilfolge. (ii)
Die Kompaktheit von [0, 1][0,1] folgt aus dem Satz von Tichonov.
Um einzusehen, dass [0, 1][0,1] nicht folgenkompakt ist, muss man nur beachten, dass {0, 1}[0,1]
ein Teilraum von [0, 1][0,1] ist. Die in (i) angegebene Folge hat auch in [0, 1][0,1] keine konvergente
Teilfolge.
Wir wollen hier noch ein weiteres Argument angeben. Wir fassen die Elemente von [0, 1][0,1]
als Funktionen von [0, 1] nach [0, 1] auf. Wir setzen für k = 0, . . . , 10n − 1 und x ∈ [ 10kn , k+1
10n )
fn (x) = 10n x − k
und fn (1) = 0. Die Funktion fn wächst also auf dem Intervall [ 10kn , k+1
10n ) linear von 0 nach 1.
x
∞
Wenn also x = j=1 10jj die Dezimalbruchentwicklung von x ∈ [0, 1] ist, dann gilt
(2.4)
fn (x) =
∞
xn+j
j=1
10j
.
52
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
(Wir lassen keine Dezimalbruchentwicklungen zu, deren Koeffizienten bis auf endlich viele gleich 9
sind.) Wir weisen die Gleichung (2.4) nach. Die Folge fn , n ∈ N hat keine konvergente Teilfolge.
1
Wir prüfen dies nach. Falls x ∈ [ 10kn , k+1
10n ), dann gibt es ein y ∈ [0, 10n ) mit
x=
n
∞
aj
yj
k
+
y
=
+
j
j
10n
10
10
j=1
j=n+1
n aj
∞
yj
k
wobei
j=1 10j die Dezimalbruchentwicklung von 10n ist und
j=n+1 10j die von y. Wegen
der Eindeutigkeit der Dezimalbruchentwicklung (Wir lassen keine Dezimalbruchentwicklungen zu,
deren Koeffizienten bis auf endlich viele gleich 9 sind.) stellt die rechte Seite auch die Dezimalbruchentwicklung von x dar. Also
∞
k
xj
x= n +
j
10
10
j=n+1
und
fn (x) = 10n x − k =
∞
xj
10j−n
j=n+1
Falls es eine konvergente Teilfolge fnk , k ∈ N, gibt, dann konvergiert sie punktweise für alle
x ∈ [0, 1]. Nun wählen wir einen Punkt x, für dessen Dezimalbruchentwicklung
1
falls k gerade
xnk +1 =
3
falls k ungerade
gilt. Die Folge fnk (x), k ∈ N, konvergiert nicht in R. Wir überprüfen dies.
fnk (x) =
∞
xn
j=1
Falls k gerade ist, erhalten wir fnk (x) =
1
10 +· · ·
≤
2
10
k +j
10j
und falls k ungerade ist fnk (x) =
3
10 +· · ·
>
3
10 .
2.4. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
2.4
53
Topologische Vektorräume
Es sei X ein Vektorraum über dem Körper R oder C und T eine Topologie auf X.
Wir sagen, dass (X, T ) ein topologischer Vektorraum ist, falls Vektoraddition und
Skalarmultiplikation stetige Abbildungen sind, d.h.
φ:X ×X →X
ψ : X × R(C) → X
φ(x, y) = x + y
ψ(x, t) = tx
sind stetig. Hierbei wird die Topologie auf R wie üblich von den Mengen
{s||s − t| < }
t∈R
>0
erzeugt.
Wir sagen, dass ein Netz xγ , γ ∈ Γ in einem topologischen Vektorraum X ein
Cauchy-Netz ist, wenn es zu jeder Nullumgebung U ein γ gibt, so dass für alle α, β
mit α, β ≥ γ die Relation xα − xβ ∈ U gilt.
Wir sagen, dass ein topologischer Vektorraum vollständig ist, wenn jedes CauchyNetz konvergiert.
Beispiel 9 (i) Der Rn mit der üblichen Topologie ist ein topologischer Vektorraum über dem
Körper R.
(ii) Der Rn mit der diskreten Topologie ist kein topologischer Vektorraum über dem Körper R.
(iii) Der Rn mit der Topologie T = {∅, Rn } ist ein topologischer Vektorraum über dem Körper R.
Beweis. (ii) Wir zeigen, dass die Skalarmultiplikation ψ : R × Rn → Rn , ψ(t, x) = tx nicht stetig
ist. Die Menge {y} die nur y, y = 0 als Element hat ist in der diskreten Topologie offen.
(1, y) ∈ ψ −1 ({y})
Aber es gibt kein > 0 mit
(1 − , 1 + ) × {y} ⊆ ψ −1 ({y}) = {(t, 1t y)|t = 0}
Lemma 41 Es sei (X, T ) ein topologischer Vektorraum.
(i) Dann ist für alle x, y ∈ X und alle Umgebungen U von x die Menge y + U
eine Umgebung von x + y. Insbesondere gilt für alle x ∈ X, alle offenen Mengen
O, alle abgeschlossenen Mengen A und alle kompakten Mengen K in X, dass x + O
offen, x + A abgeschlossen und x + K kompakt sind.
(ii) Dann ist für alle t = 0, alle x ∈ X und alle Umgebungen U von x die Menge
tU eine Umgebung von tx.
Insbesondere sind für alle t = 0, alle offenen Mengen O, alle abgeschlossenen
Mengen A und alle kompakten Mengen K die Mengen tO offen, tA abgeschlossen
und tK kompakt.
54
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Beweis. (i) Die Abbildung φ ist in dem Punkt (x + y, −y) stetig. Also ist für alle
Umgebungen U (x) von x die Menge φ−1 (U (x)) eine Umgebung von (x+y, −y). Also
gibt es Umgebungen V (x + y) von x + y und W (−y) von −y, so dass φ−1 (U (x)) ⊇
V (x + y) × W (−y) bzw.
φ(V (x + y) × W (−y)) ⊆ U (x).
Das bedeutet
−y + V (x + y) ⊆ V (x + y) + W (−y) ⊆ U (x)
und somit V (x + y) ⊆ y + U (x). Deshalb ist y + U (x) eine Umgebung von x + y.
Eine Menge O ist genau dann offen, wenn sie Umgebung aller ihrer Elemente y
ist. Deshalb ist für alle y ∈ O die Menge x + O Umgebung von x + y. Es folgt, dass
x + O Umgebung aller ihrer Elemente ist. Damit ist x + O offen.
Die Abgeschlossenheit der Menge x + A folgt durch Komplementbildung.
Es sei K kompakt und Oι , ι ∈ I, eine offene Überdeckung von x + K
Oι .
x+K ⊆
ι∈I
Es folgt
K⊆
−x + Oι .
ι∈I
Da K kompakt ist und die Mengen −x + Oι , ι ∈ I, offen sind, gibt es eine endliche
Teilüberdeckung
n
K⊆
−x + Oιj .
j=1
Dies bedeutet aber
x+K ⊆
n
Oιj .
j=1
und somit hat x + K eine endliche Teilüberdeckung.
(ii) Wir nutzen hier die Stetigkeit der Skalarmultiplikation ψ aus. Es sei U eine
Umgebung von x. ψ ist in dem Punkt ( 1t , tx) stetig. Also ist ψ −1 (U ) eine Umgebung
von ( 1t , tx). Somit gibt es eine Umgebung V von tx und ein > 0 mit
( 1t − , 1t + ) × V ⊆ ψ −1 (U )
und deshalb
U ⊇ ψ(( 1t − , 1t + ) × V ) ⊇ 1t V
Also V ⊆ tU . Eine Teilmenge A eines Vektorraumes heißt zentralsymmetrisch oder kreisförmig,
wenn für alle x ∈ A und alle t mit |t| ≤ 1 folgt, dass tx ∈ A.
2.4. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
55
Lemma 42 Es sei X ein topologischer Vektorraum und U eine Umgebung der 0.
Dann gibt es eine zentralsymmetrische, offene Umgebung V der 0, so dass
V +V ⊆U
Beweis. Da die Multiplikation mit einem Skalar stetig ist, ist die Abbildung ψ in
(0, 0) stetig. Für alle Umgebungen U von 0 ist also ψ −1 (U ) eine Umgebung von
(0, 0) in X × R. Deshalb gibt es ein > 0 und eine offene Umgebung V von 0, so
dass ψ −1 (U ) ⊇ V × (−, ) bzw.
U ⊇ ψ(V × (−, )) =
tV.
|t|<
Die Menge
W =
tV
|t|<
ist zentralsymmetrisch, weil alle tV zentralsymmetrisch sind. Die Mengen tV sind
für 0 < |t| < wegen Lemma 41 offen. Da 0 in allen tV enthalten ist, ist die
Vereinigung offen. Also enthält jede Umgebung eine zentralsymmetrische, offene.
Da auch die Addition stetig ist, enthält jede Umgebung U von 0 eine Umgebung
V , so dass V + V ⊆ U . Lemma 43 Es sei X ein topologischer Vektorraum, A eine abgeschlossene und K
eine kompakte Teilmenge von X mit A ∩ K = ∅. Dann gibt es eine zentralsymmetrische offene Umgebung U von 0, so dass
(A + U ) ∩ (K + U ) = ∅
Beweis. Da A abgeschlossen ist, so ist Ac offen und deshalb eine offene Umgebung
für alle x ∈ K. Da X ein topologischer Vektorraum ist, so ist −x + Ac eine offenen
Umgebung von 0. Wegen Lemma 42 gibt es eine zentralsymmetrische Umgebung Vx
von 0, so dass
Vx + Vx + Vx ⊆ −x + Ac
bzw.
(x + Vx + Vx + Vx ) ∩ A = ∅.
/ A. Also gilt für alle
Deshalb gilt für alle y1 , y2 , y3 ∈ Vx , dass x + y1 + y2 + y3 ∈
y1 , y2 , y3 ∈ Vx , dass x + y1 + y2 ∈
/ −y3 + A. Aus der Zentralsymmetrie von Vx folgt,
dass für alle y1 , y2 , y3 ∈ Vx die Relation x + y1 + y2 ∈
/ y3 + A gilt, bzw.
(x + Vx + Vx ) ∩ (A + Vx ) = ∅.
Da K kompakt ist, gibt es endlich viele Punkte x1 , . . . , xn , so dass
K ⊆ (x1 + Vx1 ) ∪ · · · ∪ (xn + Vxn ).
56
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Wir wählen nun
V = Vx1 ∩ · · · ∩ Vxn .
Dann gilt
K +V ⊆
n
(xi + Vxi + V ) ⊆
i=1
n
(xi + Vxi + Vxi )
i=1
Für alle i = 1, . . . , n gilt
(xi + Vxi + Vxi ) ∩ (A + Vxi ) = ∅
Deshalb gilt für alle i = 1, . . . , n
(xi + Vxi + Vxi ) ∩ (A + V ) = ∅
und somit
n
xi + Vxi + Vxi
∩ (A + V ) = ∅
i=1
Also
(K + V ) ∩ (A + V ) = ∅
Lemma 44 Es sei X ein topologischer Vektorraum und U eine Umgebung der 0.
Dann gilt
∞
X=
nU
n=1
Beweis. Wir können annehmen, dass U offen ist. Die Abbildung
ψ :X ×R→X
ψ(x, t) = tx
ist stetig. Deshalb ist auch die Abbildung ψx : R → X mit ψx (t) = tx stetig. Dies
gilt, weil die Stetigkeit von ψ in einem Punkt (x0 , t0 ) bedeutet: Aus limι (xι , tι ) =
(x0 , t0 ) folgt limι tι xι = t0 x0 . Da wir xι = x0 für alle ι wählen können, folgt die
Stetigkeit von ψx sofort.
Deshalb ist ψx−1 (U ) = {t| tx ∈ U } offen. Da 0 ∈ ψx−1 (U ), so muss ein Intervall
(−, ) in ψx−1 (U ) enthalten sein. Also gilt
(−, ) ⊆ {t| tx ∈ U }
Wir wählen nun n ∈ N mit
1
n
< . Dann gilt x ∈ nU . Eine Teilmenge A eines Vektorraumes X heißt absorbant, wenn
nA = X.
n∈N
2.4. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
57
Lemma 45 Es sei X ein reeller oder komplexer Vektorraum und S sei eine nichtleere
Familie von Teilmengen von X, die kreisförmig und absorbant sind und die folgenden
Bedingungen erfüllen:
(i) ∅ ∈
/S
(ii) Für alle U, V ∈ S gibt es ein W ∈ S, so dass W ⊆ U ∩ V .
(ii) Für alle U ∈ S existiert ein V ∈ S, so dass V + V ⊆ U .
Dann gibt es genau eine Topologie auf X, bzgl. der X ein topologischer Vektorraum ist und bzgl. der S eine Nullumgebungsbasis ist.
Lemma 46 Es seien X und Y topologische Vektorräume und T : X → Y eine
lineare Abbildung. T ist genau dann stetig, wenn T in 0 stetig ist.
Beweis. Wir nehmen an, dass T in 0 stetig ist. Es sei x ∈ X und V eine Umgebung
von T (x). Dann ist −T (x) + V eine Umgebung von 0 in Y . Da T in 0 stetig ist, ist
T −1 (−T (x) + V ) eine Umgebung der 0 in X. Es gilt
T −1 (−T (x) + V ) = −x + T −1 (V )
weil y ∈ T −1 (−T (x) + V ) genau dann, wenn T (y) ∈ −T (x) + V . Dies gilt genau
dann, wenn es ein v ∈ V mit T (y) = −T (x) + v gibt, bzw. T (y + x) = v. Also
y + x ∈ T −1 (V ).
ist −x+T −1 (V ) eine Umgebung von 0 in X. Deshalb ist T −1 (V ) eine Umgebung
von x in X und T ist in x stetig. 58
2.5
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Metrische Vektorräume
Falls X ein linearer Raum ist und für alle x, y, z ∈ X die Gleichung d(x, y) =
d(x + z, y + z) gilt, dann sagen wir, dass die Metrik translationsinvariant ist.
Lemma 47 Es sei (X, d) ein linearer Raum mit translationsinvarianter Metrik.
Dann ist die Vektoraddition stetig.
Ein Vektorraum mit translationsinvarianter Metrik ist i.a. kein topologischer
Vektorraum wie das Beispiel der Metrik zeigt, die die diskrete Topologie erzeugt.
Beweis. Wir zeigen, dass die Addition im Punkt (x, y) stetig ist. Wir können
annehmen, dass die Umgebung U des Punktes x + y gleich einer Menge {z|d(x +
y, z) < } ist. Die Menge
{v|d(v, x) < 2 } × {w|d(w, y) < 2 }
ist eine Umgebung von (x, y) und es gilt
φ({v|d(v, x) < 2 } × {w|d(w, y) < 2 })
⊆ {v + w|d(v, x) < 2 und d(w, y) < 2 }
= {v + w|d(x − v, 0) < 2 und d(w − y, 0) < 2 }
⊆ {v + w|d(x − v, w − y) < }
= {v + w|d(x + y, v + w) < } = {z|d(x + y, z) < }
Es sei X ein topologischer Vektorraum. Wir sagen, dass eine Abbildung :
X → R eine ∆-Norm ist, wenn
(i) ∀x = 0 : x > 0
(ii) ∀t, |t| ≤ 1, ∀x ∈ X : tx ≤ x
(iii) ∀x ∈ X : limt→0 tx = 0
(iv) ∃C∀x, y ∈ X : x + y ≤ C max{x, y}
Wir sagen, dass eine ∆-Norm eine F-Norm ist, wenn
∀x, y ∈ X : x + y ≤ x + y
Wir können durch eine F-Norm eine translationsinvariante Metrik definieren.
d(x, y) = x − y
Wir zeigen zunächst, dass man zu jeder ∆-Norm eine F -Norm findet.
2.5. METRISCHE VEKTORRÄUME
59
Lemma 48 Es sei eine ∆-Norm auf X und p, so dass für alle x, y ∈ X die
1
Ungleichung x + y ≤ 2 p (x + y) gilt. Dann gilt für alle x1 , . . . , xn ∈ X
1
1
x1 + · · · + xn ≤ 4 p (x1 p + · · · + xn p ) p
Beweis. Durch Induktion folgt
k
x1 + · · · + xn ≤ max 2 p xk 1≤k≤n
Wir definieren H : X → R durch
0
falls x = 0
n−1
n
n
H(x) =
2 p falls 2 p < x ≤ 2 p
Dann gilt
1
x ≤ H(x) ≤ 2 p H(x)
Wir zeigen durch Induktion, dass
1
1
x1 + · · · + xn ≤ 2 p (H(x1 )p + · · · + H(xn )p ) p
Hieraus folgt die Behauptung.
Die Aussage für n = 1 ist klar. Wir nehmen nun an, dass die Aussage für n
richtig ist und schliessen auf n + 1. Wir können annehmen, dass x1 ≥ x2 ≥
· · · ≥ xn+1 . Wir nehmen zunächst an, dass die Werte H(xi ), 1 ≤ i ≤ m + 1,
i
verschieden sind. Weiter gilt H(xi ) ≤ 21− p H(x1 ) und
1
1
1
C i xi ≤ C i H(xi ) ≤ 2 p H(x1 ) ≤ 2 p (H(x1 )p + · · · + H(xn )p ) p
Anderenfalls gibt es ein j mit H(xj ) = H(xj+1 ). Somit gibt es ein ∈ Z mit
2
−1
p
< xj+1 ≤ xj ≤ 2 p
und somit
xj + xj+1 ≤ 2
+1
p
Es folgt
H(xj + xj+1 )p ≤ H(xj )p + H(xj+1 )p
Wir wenden nun die Induktionsannahme auf die Folge x1 , . . . , xj−1 , xj +xj+1 , xj+2 , . . . , xn+1
an.
1
1
x1 + · · · + xn+1 ≤ 2 p (H(x1 )p + · · · + H(xj + xj+1 )p + · · · + H(xn+1 )p ) p
60
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
1
Lemma 49 Es sei eine ∆-Norm auf X mit der Konstanten C = 2 p . Dann ist
n
n
xi p xi = x
|x| = inf
i=1
i=1
eine F -Norm auf X, die dieselbe Topologie liefert.
Beweis. Man beachte, dass
1
xp ≤ |x| ≤ xp
4
Satz 11 Ein topologischer linearer Raum ist genau dann metrisierbar, wenn er
Hausdorff ist und eine abzählbare Nullumgebungsbasis besitzt.
Beweis. Es sei Un , n ∈ N, eine Umgebungsbasis des Nullpunktes, so dass
{0} und so dass für alle n ∈ N
n
Un =
Un+1 + Un+1 ⊆ Un
gilt. Dann ist
/ Un }
x = sup{2−n |x ∈
eine ∆-Norm mit der Konstanten C = 2. Beispiel 10 Es sei (X, A, µ) ein endlicher Maßraum. L0 (X, A, µ) ist der Raum der Äquivalenzklassen
messbarer Funktionen, die fast überall gleich sind. Wir setzen
|f − g|
d(f, g) =
dµ
1
+
|f − g|
X
Dann ist d eine Metrik auf L0 .
Die Topologie, die von dem System von Umgebungen
V (f ) = {g| µ({x| |f (x) − g(x)| ≥ }) ≤ }
erzeugt wird, heißt Topologie der Konvergenz im Maß. Die Topologie, die von der Metrik erzeugt
wird, und die Topologie der Konvergenz im Maß sind gleich.
Insbesondere konvergiert eine Folge fn genau dann in der Metrik d gegen f , wenn die Folge
im Maß gegen f konvergiert.
Beweis. Wir zeigen, dass eine Menge genau dann eine Umgebung eines Punktes f in der Topologie
der Metrik ist, wenn sie Umgebung in der Topologie der Konvergenz im Maß ist. Wegen der
Translationsinvarianz reicht es, dies für f = 0 zu zeigen.
Wir zeigen, dass für alle > 0
{f |d(f, 0) < 2 } ⊆ {f |µ{x||f (x) ≥ } < } ⊆ {f |d(f, 0) < (1 + µ(X))}
2.5. METRISCHE VEKTORRÄUME
Die linke Inklusion folgt
2 >
X
61
|f |
dµ ≥ µ{x||f (x) ≥ }
1 + |f |
und damit
> µ{x||f (x) ≥ }
Die rechte Ungleichung
|f |
dµ
1
+
|f |
X
=
{x||f (x)≥}
|f |
dµ +
1 + |f |
{x||f (x)<}
|f |
dµ
1 + |f |
≤ µ{x||f (x) ≥ } + µ(X) ≤ (1 + µ(X))
Beispiel 11 Es sei 0 < p < 1. Dann ist Lp (µ) metrisierbar.
Die Metrik hier ist
d(f, g) =
|f − g|p dµ.
62
2.6
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Normierte Vektorräume
Es sei X ein Vektorraum über R oder C. Eine Norm auf X ist eine Funktion
: X → [0, ∞)
so dass
(i) für alle x ∈ X und alle t ∈ K (R, C)
tx = |t| x
(ii) x = 0 genau dann, wenn x = 0.
(iii) für alle x, y ∈ X
x + y ≤ x + y
gilt.
Wir sagen, dass eine Seminorm vorliegt, wenn nur (i) und (iii) gelten.
Wir beobachten, dass ρ : X × X → [0, ∞)
ρ(x, y) = x − y
eine Metrik auf X ist. Damit übertragen sich Begriffe und Eigenschaften metrischer
Vektorräume auf normierte Vektorräume. Ein normierter Raum ist vollständig,
wenn jede Cauchy Folge konvergiert. Ein vollständiger, normierter Raum heißt
Banachraum.
Die Kugel um x0 ∈ X mit Radius r ist die Menge
B(x0 , r) = {x|x − x0 < r}.
Es gilt, dass der Abschluss von B(x0 , r) die Menge B(x0 , r) = {x|x − x0 ≤ r} ist.
Dies gilt, weil die Folge x0 + (1 − n1 )(x − x0 ) gegen x konvergiert.
Ein normierter Raum ist ein topologischer Vektorraum. Dazu muss die Stetigkeit
der Abbildung φ(x, y) = x + y nachgewiesen werden. Da diese linear ist, reicht es
die Stetigkeit in (0, 0) nachzuweisen. Es gilt
φ−1 ({z|z < }) = {(x, y)|x + y < } ⊇ {(x, y)|x < , y < }
2
2
Wir sagen, dass zwei Normen 1 und 2 auf X äquivalent sind, falls es
Konstanten c1 und c2 gibt, so dass für alle x ∈ X
c1 x1 ≤ x2 ≤ c2 x1
gilt.
Wir bezeichnen einen vollständigen, normierten Raum als Banachraum.
Lemma 50 Auf dem Rn sind alle Normen äquivalent.
2.6. NORMIERTE VEKTORRÄUME
63
Beweis. Wir bezeichnen mit 2 die Euklidische Norm. Jede Norm auf dem Rn
ist bzgl. der Euklidischen Norm eine stetige Funktion. Wir weisen dies nach. Es sei
ei = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0)
die Standardbasis des Rn .
x =
n
xi ei ≤
n
i=1
max ei ≤
|xi |ei ≤
i=1
i = 1, 2, . . . , n
√
1≤i≤n
n
n
n
max ei 1≤i≤n
12
|xi |
2
≤
i=1
|xi |
i=1
max ei √
1≤i≤n
n x2 = cx2
Die Stetigkeit im Punkt x0 bedeutet
∀ > 0∀x, x − x0 2 < δ : |x − x0 | < .
Wir wählen δ =
c
und erhalten
|x − x0 | ≤ x − x0 ≤ cx − x0 2 < cδ = Damit ist die Stetigkeit gezeigt. Die Menge
∂B2n = {x| x2 = 1}
ist kompakt. Deshalb werden
inf x
x
2 =1
und
sup x
x
2 =1
angenommen. Es gilt
c1 = min x > 0
x
2 =1
weil das Minimum nicht im Punkt x = 0 angenommen werden kann. Somit gilt für
alle x mit x2 = 1
c1 ≤ x ≤ c2
Somit gilt für alle x mit x = 0
x ≤ c2
c1 ≤ x2 Also gilt für alle x
c1 x2 ≤ x ≤ c2 x2
Beispiel 12 Es sei X der Raum aller reellen Folgen, von denen nur endlich viele Glieder von
Null verschieden sind. Dann sind
x1 =
∞
|xi |
und
i=1
zwei Normen auf X, die nicht äquivalent sind.
x∞ = sup |xi |
i∈N
64
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Beweis. Wir betrachten dazu
xn = (1, . . . , 1, 0, . . . )
! "
n = 1, 2, . . .
n
Es gilt
xn 1 = n
xn ∞ = 1
und
Lemma 51 Es sei X ein normierter Raum und es gelte
x = lim xn
n→∞
Dann gilt
x = lim xn n→∞
Beweis. Es gilt
∀ > 0∃N ∀n > N : x − xn < Hieraus folgt sofort mit der Dreiecksungleichung
∀ > 0∃N ∀n > N : |x − xn | < Wir sagen, dass
x=
∞
xn
n=1
gilt, falls die Folge der Partialsummen
k
xn
k = 1, 2, . . .
n=1
gegen x konvergiert. Wir sagen, dass eine Reihe
∞
∞
n=1
xn absolut konvergiert, falls
xn < ∞
n=1
Lemma 52 Ein normierter Vektorraum X ist genau dann vollständig, falls jede
absolut konvergente Reihe in X konvergiert.
Beweis. Wir nehmen an, dass X vollständig ist und dass
∞
n=1
xn < ∞
2.6. NORMIERTE VEKTORRÄUME
65
gilt. Dann gilt
∀ > 0 ∃N ∀k > N :
∞
xn < n=k
Hieraus folgt
∀ > 0 ∃N
∀k, > N :
k
k
k
∞
x
−
x
=
x
≤
x
≤
xn < n
n
n
n
n=1
n=1
n=+1
Dies bedeutet aber, dass
k
xn
n=+1
n=+1
k = 1, 2, . . .
n=1
eine Cauchy Folge ist. Da aber jede Cauchy Folge konvergiert, so konvergiert die
Reihe.
Wir nehmen nun an, dass jede absolutkonvergente Reihe in X konvergiert. Es
sei xn , n ∈ N, eine Cauchy Folge. Wir wählen
n1 < n2 < · · · < nj < . . .
so dass für alle n, m ≥ nj
xn − xm < 2−j
gilt. Wir setzen
y1 = xn1
yj = xnj − xnj−1
Es folgt
k
yj = xn1 +
j=1
k
j = 2, 3, . . .
(xnj − xnj−1 ) = xnk
j=2
und
k
j=1
yj = xn1 +
k
xnj − xnj−1 ≤ xn1 +
j=2
k
2−j ≤ xn1 +
1
2
j=2
Deshalb konvergiert die Reihe
x=
∞
yj
j=1
Dies bedeutet, dass die Folge xnk , k ∈ N, gegen x konvergiert. Damit konvergiert
eine Teilfolge der Cauchy-Folge und somit auch die Cauchy-Folge selbst. Wir geben
hier der Vollständigkeit halber das Argument an. Für gegebenes > 0 wählen wir
k so groß, dass für alle n mit n ≥ nk
xnk − xn ≤
2
und
2−k <
2
66
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Hiermit ergibt sich für alle n mit n > nk
x − xn = x − xnk + xnk − xn ≤ x − xnk + xnk − xn ≤
+ 2−k < 2
gelten. Beispiel 13 (i) Der Raum der stetigen Funktionen C[a, b] mit der Norm
f = max |f (x)|
x∈[a,b]
ist ein Banachraum.
(ii) Der Raum der beschränkten Folgen
#
∞ = (x(i))∞
sup
|x(i)|
<
∞
i=1 i∈N
mit der Norm
x∞ = sup |x(i)|
i∈N
ist ein Banachraum.
(iii) Der Raum aller konvergenten Folgen
$
%
c = (x(i))∞
i=1 lim xi existiert
i→∞
mit der Norm
x∞ = sup |x(i)|
i∈N
ist ein Banachraum. c ist ein abgeschlossener Teilraum von ∞ .
(iv) Der Raum aller gegen 0 konvergenten Folgen
$
%
c0 = (x(i))∞
lim
x(i)
=
0
i=1
i→∞
mit der Norm
x∞ = sup |x(i)|
i∈N
ist ein Banachraum. c ist ein abgeschlossener Teilraum von c und ∞ .
Beweis. (i) Es sei fn , n ∈ N, eine Cauchy Folge. Dann existiert zu jedem > 0 ein N , so dass für
alle n, m ≥ N und alle t ∈ [a, b]
|fn (t) − fm (t)| < gilt. Somit ist für jedes t ∈ [a, b] die Folge fn (t), n ∈ N, eine Cauchy Folge und
f (t) = lim fn (t)
n→∞
existiert.
Da fn , n ∈ N, eine Cauchy Folge ist, gibt es zu jedem > 0 ein N , so dass für alle n ≥ N , alle
t ∈ [a, b] und alle m ≥ N
|fn (t) − fm (t)| < gilt. Wir wählen nun zu jedem t ∈ [a, b] die Zahl m so groß, dass |f (t) − fm (t)| < . Es folgt, dass
zu jedem > 0 ein N existiert, so dass für alle n ≥ N und alle t ∈ [a, b]
|fn (t) − f (t)| < 2
2.6. NORMIERTE VEKTORRÄUME
67
gilt. Dies bedeutet, dass fn gleichmäßig gegen f konvergiert. Damit ist f stetig und fn konvergiert
in C[a, b] gegen f .
(ii) Es sei xn , n ∈ N, eine Cauchy Folge in ∞ . Dann ist für jedes i ∈ N die Folge der
Koordinaten xn (i), n ∈ N, eine Cauchy Folge in R. Somit existieren
x(i) = lim xn (i)
n→∞
Weil xn , n ∈ N, eine Cauchy Folge ist, ist x eine beschränkte Folge, also in ∞ . Wir zeigen nun,
dass xn , n ∈ N, in ∞ gegen x konvergiert. Für alle > 0 existiert ein N , so dass für alle n, m mit
n, m ≥ n
xn − xm ∞ < Somit gibt es zu jedem > 0 ein N , so dass für alle n, m ≥ N und alle i ∈ N
|xn (i) − xm (i)| < gilt, bzw. zu jedem > 0 ein N , so dass für alle n ≥ N , alle i ∈ N und alle m ≥ N
|xn (i) − xm (i)| < gilt. Nun können wir zu jedem i die Zahl m so groß wählen, dass |xm (i) − xi | < . (Die Zahl m
hängt also von i ab.) Es folgt, dass zu jedem > 0 ein N existiert, so dass für alle n ≥ N und alle
i∈N
|xn (i) − x(i)| < 2
Lemma 53 (Lemma von Riesz) Es sei X ein normierter Raum und Y ein abgeschlossener
Teilraum von X, der von X verschieden ist. Dann gibt es zu jedem δ > 0 ein x mit
x = 1
inf x − y ≥ 1 − δ
y∈Y
Beweis. Es sei x ∈ X \ Y . Weil Y eine abgeschlossene Menge und {x} eine
kompakte Menge ist, gilt
0 < inf x − y.
y∈Y
Deshalb gibt es zu jedem δ > 0 ein yδ ∈ Y mit
(1 − δ)x − yδ ≤ inf x − y
y∈Y
Wir setzen nun
x − yδ
x − yδ Offensichtlich gilt xδ = 1 und für alle y ∈ Y gilt
x
y
δ
=
xδ − y
−
−
y
x − yδ x − yδ xδ =
=
x − (yδ + x − yδ y)
x − yδ Weil yδ + x − yδ y ∈ Y folgt
xδ − y ≥
inf y∈Y x − y
≥1−δ
x − yδ 68
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Lemma 54 Es sei X ein normierter Raum. Die abgeschlossene Einheitskugel von
X ist genau dann kompakt, wenn X endlich-dimensional ist.
Beweis. Der Raum sei endlich-dimensional. Dann ist X zu Rn mit n = dim(X)
algebraisch isomorph. Nach Lemma 50 sind auf einem endlich-dimensionalen Raum
alle Normen äquivalent. Deshalb ist ein normierter Raum der Dimension n isomorph
zum Rn . Also ist die abgeschlossene Einheitskugel kompakt.
Nun nehmen wir an, dass der Raum nicht endlich-dimensional ist. Nach dem
Lemma von Riesz können wir eine Folge von Vektoren xn , n ∈ N, mit xn = 1
und xn − xm ≥ 12 konstruieren. Also ist die abgeschlossene Einheitskugel nicht
folgenkompakt. Nach Lemma 28 ist die Einheitskugel dann nicht kompakt. Es sei X ein topologischer Raum und F eine Menge stetiger Funktionen von X
nach R. Wir sagen, dass F in einem Punkt x ∈ X gleichgradig stetig ist, wenn es
zu jedem > 0 eine Umgebung U von x gibt, so dass für alle f ∈ F und alle y ∈ U
|f (x) − f (y)| < gilt. Wir sagen, dass F gleichgradig stetig ist, wenn F in jedem Punkt gleichgradig
stetig ist.
Lemma 55 Die abgeschlossene, konvexe Hülle einer kompakten Menge in einem
Banachraum ist kompakt.
Beweis. Es sei K eine kompakte Menge eines Banachraumes X. Wir reicht zu
zeigen, dass CH(K) total beschränkt ist. Da K kompakt ist, gibt es zu jedem > 0
Elemente x1 , . . . , xn mit
n
K⊆
B(xi , ).
i=1
n
n
s ∈ R ∀i : si ≥ 0 und
si = 1 .
Außerdem sei
Sn =
i=1
Es ist A = Sn ×B(x1 , )×· · ·×B(xn , ) in der Produkttopologie kompakt, f : A → X
mit
n
f (s, y1 , . . . , yn ) =
si y i
i=1
stetig und das Bild von f kompakt. Wir zeigen noch, dass Bild(f ) konvex ist:
(2.5)
λ
n
i=1
si yi + (1 − λ)
n
i=1
ti zi =
n
(λsi + (1 − λ)ti )
i=1
λsi yi + (1 − λ)ti zi
λsi + (1 − λ)ti
Bei diesem Schluss können wir o.E.d.A. annehmen, dass λsi + (1 − λ)ti > 0. Anderenfalls lassen wir diese Summanden weg.
λsi yi + (1 − λ)ti zi
λsi + (1 − λ)ti
2.6. NORMIERTE VEKTORRÄUME
69
ist eine Konvexkombination von yi und zi und damit ein Element von B(xi , ).
Weiter gilt
n
(λsi + (1 − λ)ti ) = 1
i=1
Also liegt (2.5) im Bild von f . Lemma 56 (Arzelà-Ascoli) (i) Es sei K ein kompakter Hausdorff Raum und F
eine Familie gleichgradig stetiger Funktionen, die in jedem Punkt beschränkt ist.
Dann ist F in dem Raum C(K) mit der Supremumsnorm total beschränkt.
(ii) Es sei X ein lokalkompakter Hausdorff Raum (jeder Punkt besitzt eine kompakte Umgebung), der abzählbare Vereinigung kompakter Mengen ist. Dann besitzt
jede gleichgradig stetige Folge von Funktionen von X nach R eine Teilfolge, die auf
allen kompakten Teilmengen von X gleichmäßig gegen eine stetige Funktion konvergiert.
Beweis. (i) Wir zeigen, dass F total beschränkt ist. Es sei > 0 gegeben. Dann
gibt es zu jedem x ∈ K eine offene Umgebung U (x), so dass für alle y ∈ U (x) und
alle f ∈ F die Ungleichung |f (x) − f (y)| ≤ gilt.
Offensichtlich ist U (x), x ∈ K eine offene Überdeckung von K. Da K kompakt
ist, gibt es eine endliche Teilüberdeckung U (x1 ), . . . , U (xn ). Für jedes x ∈ K ist die
Menge {f (x)|f ∈ F} in R beschränkt. Damit ist
n
{f (xi )|f ∈ F}
i=1
beschränkt. Somit gibt es t1 , . . . , tm ∈ R mit
n
i=1
{f (xi )|f ∈ F} ⊆
m
B(tj , ).
j=1
Wir definieren zu jeder Abbildung σ : {1, . . . , n} → {1, . . . , m} eine Menge
Fσ = {f ∈ F|∀i, 1 ≤ i ≤ n : f (xi ) ∈ B(tσ(i) , )}
Dann gilt σ Fσ = F. Es bleibt zu zeigen, dass für jedes σ der Durchmesser von
Fσ kleiner als 4 ist.
Es sei x ∈ K. Dann wählen wir i mit x ∈ U (xi ). Dann gilt für alle f, g ∈ Fσ
|f (x) − g(x)| ≤ |f (x) − f (xi )| + |f (xi ) − tσ(i) | + |tσ(i) − g(xi )| + |g(xi ) − g(x)| ≤ 4
Es sei (K, d) ein kompakter, metrischer Raum. Eine Familie F von Funktionen
f : K → R heißt gleichstetig, wenn für alle ein δ existiert, so dass für alle f ∈ F
und alle s, t ∈ K mit d(s, t) < δ die Ungleichung |f (s) − f (t)| < gilt.
70
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Lemma 57 (Arzelà-Ascoli) Es sei (K, d) ein kompakter, metrischer Raum und
C(K) der Raum aller stetigen, reellwertigen Funktionen auf K mit der Supremumsnorm. Eine Teilmenge F von C(K) ist genau dann kompakt, wenn sie beschränkt,
abgeschlossen und gleichstetig ist.
Beweis. Wir nehmen an, dass F kompakt ist. Dann ist F total beschränkt. Es
gibt also für jedes endlich viele Funktionen f1 , . . . , fn aus F mit
F⊆
n
B(fi , ).
i=1
Es gibt also zu jedem f ∈ F ein i0 , so dass
f − fi0 ∞ < .
Da K kompakt ist, sind alle Funktionen gleichmäßig stetig. Insbesondere gibt es
zu jedem und i ein δi , so dass für alle x und y mit |x − y| < δi die Ungleichung
|fi (x) − fi (y)| < gilt. Wir setzen δ = min{δ1 , . . . , δn }. Dann gilt
|f (x) − f (y)|
= |f (x) − fi0 (x) + fi0 (x) − fi0 (y) + fi0 (y) − f (y)|
≤ |f (x) − fi0 (x)| + |fi0 (x) − fi0 (y)| + |fi0 (y) − f (y)| < 3
Man kann den Satz von Arzelà-Ascoli auch aus dem Satz von Tichonov herleiten
[Ull].
2.7. LOKALKONVEXE RÄUME
2.7
71
Lokalkonvexe Räume
Ein topologischer Vektorraum heißt lokalkonvex, wenn er eine Nullumgebungsbasis
aus konvexen Mengen besitzt. Man nennt die Topologie eines solchen Raumes auch
lokalkonvex.
Eine Teilmenge A eines Vektorraumes heißt zentralsymmetrisch, wenn aus x ∈ A
folgt, dass für alle t mit |t| ≤ 1 gilt tx ∈ A.
Eine Teilmenge A eines Vektorraumes heißt absolutkonvex, falls für alle s und t
mit |s| + |t| ≤ 1 und alle x, y ∈ A die Relation sx + ty ∈ A gilt.
Die absolutkonvexe Hülle einer Menge A ist die kleinste absolutkonvexe Menge,
die A umfasst, d.h. der Schnitt über alle absolutkonvexen Mengen, die A umfassen.
Lemma 58 Es sei X ein Vektorraum und A eine Teilmenge von X.
(i) Die absolutkonvexe Hülle einer Menge A ist
n
n
ti xi n ∈ N, xi ∈ A,
|ti | ≤ 1
i=1
i=1
(ii) Die absolutkonvexe Hülle von A ist gleich der konvexen Hülle der zentralsymmetrischen Hülle.
Lemma 59 Falls X ein lokalkonvexer Vektorraum ist, dann besitzt er eine Nullumgebungsbasis aus konvexen, zentralsymmetrischen Mengen.
Beweis. Nach Lemma 42 gibt es zu jeder Nullumgebung U eine zentralsymmetrische
Nullumgebung V mit V + V ⊆ U . Dann ist die konvexe Hülle von V in U enthalten
und absolutkonvex. Lemma 60 Ein Vektorraum ist genau dann lokalkonvex, wenn die Topologie von
einem System von Halbnormen erzeugt wird.
72
2.8
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Lp-Räume
Es sei (Ω, A, µ) ein Maßraum, 0 < p < ∞ und f eine messbare, reellwertige Funktion.
Wir setzen
p1
p
f p =
|f | dµ
Ω
Lp (Ω, A, µ) ist der Raum aller Äquivalenzklassen von Funktionen, für die f p < ∞
gilt und die fast überall gleich sind.
f sei eine messbare Funktion. Wir bezeichnen
f ∞ = inf{t > 0| µ{x ∈ Ω| |f (x)| > t} = 0}
als das wesentliche Supremum der Funktion f . Wir können dies auch so
f ∞ = inf sup |f (x)| µ(N ) = 0
Ω\N
schreiben. Da abzählbare Vereinigungen von Nullmengen wieder Nullmengen sind,
gibt es eine Nullmenge N mit
f ∞ = sup |f (x)|.
Ω\N
∞ ist auf dem Raum
L∞ (Ω, A, µ) = {f : Ω → K| f ∞ < ∞}
eine Norm. Wir weisen die Dreiecksungleichung nach. Es gibt Nullmengen Nf und
Ng mit
f ∞ = sup |f (x)|
g∞ = sup |g(x)|
Ω\Nf
Ω\Ng
Es folgt
f ∞ + g∞
= sup |f (x)| + sup |g(x)|
Ω\Nf
≥
≥
Ω\Ng
sup
|f (x)| +
sup
|f (x) + g(x)| ≥ f + g∞
Ω\(Nf ∪Ng )
Ω\(Nf ∪Ng )
sup
Ω\(Nf ∪Ng )
|g(x)|
Die Räume Lp , 1 ≤ p ≤ ∞, sind Banachräume. Die Räume für 0 < p < 1 sind
mit d(f, g) = |f − g|dµ vollständige, metrische Vektorräume. Sie sind aber keine
normierten Räume.
Lemma 61 (Young) Es seien a ≥ 0, b ≥ 0 und 0 < t < 1. Dann gilt
at b1−t ≤ ta + (1 − t)b
Gleichheit gilt genau dann, wenn a = b.
2.8. LP -RÄUME
73
Beweis. Falls a = 0 oder b = 0, dann ist die linke Seite der Ungleichung gleich 0
und die Ungleichung ist erfüllt.
Der Logarithmus ist auf dem Intervall (0, ∞) eine konkave Funktion. Dies gilt,
weil die zweite Ableitung
1
(ln x) = − 2
x
negativ ist. Hieraus folgt für alle a, b > 0 und alle t mit 0 < t < 1
ln(ta + (1 − t)b) ≥ t ln a + (1 − t) ln b = ln at + ln b1−t = ln(at b1−t ).
Da die Exponentialfunktion strikt monoton wachsend ist, folgt
ta + (1 − t)b ≥ at b1−t
Wir zeigen nun, dass die Gleichheit genau dann gilt, wenn a = b. Wir setzen
c = a/b. Dann nimmt die Ungleichung ta + (1 − t)b ≥ at b1−t die Gestalt
ct ≤ tc + (1 − t)
an. Die Funktion ct − tc ist für c < 1 strikt wachsend und für c > 1 strikt fallend.
d t
(c − tc) = tct−1 − t
dc
Lemma 62 (Hölder) Es seien 1 < p, q < ∞ mit p1 + 1q = 1 und (Ω, A, µ) ein
Maßraum. Es seien f und g messbare Funktionen. Dann gilt
f g1 ≤ f p gq
Insbesondere folgt, dass f g ∈ L1 , falls f ∈ Lp und g ∈ Lq . Außerdem gilt für f ∈ Lp
und g ∈ Lq mit f = 0 und g = 0 genau dann
f g1 = f p gq ,
wenn fast überall
(2.6)
|g(x)|q
|f (x)|p
=
f pp
gqq
gilt .
Als Beispiel betrachten wir den Maßraum mit der Grundmenge [0, 1], der σAlgebra der Lebesgue-messbaren Mengen und dem Lebesguemaß. Zu f (x) = x
gibt es bis auf Multiplikation mit einem Skalar genau eine stetige,
nichtnegative
q
p
Funktion, für die f g1 = f p gq gilt. Dies ist die Funktion x .
74
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Beweis. Falls f p = 0 oder gq = 0, dann sind f oder g fast überall 0. Deshalb
gilt fast überall f g = 0 und somit f g1 = 0. Man beachte hierbei die Konvention,
dass f (x)g(x) = 0 gilt, falls f (x) = 0 und g(x) = ∞. Damit ist die Ungleichung
in diesem Fall bewiesen und wir können weiterhin annehmen, dass f p > 0 oder
gq > 0.
Ebenso folgt das Ergebnis sofort, wenn f p = ∞ oder gq = ∞.
Wir können also annehmen, dass 0 < f p , gq < ∞. Wir wenden Lemma 61
auf
f (x) p
g(x) q
1
a=
b=
t=
f p
gq
p
an. Es gilt
1 1
a p b q ≤ p1 a + 1q b
bzw.
1 |f (x)|p 1 |g(x)|q
|f (x)| |g(x)|
≤
+
f p gq
p f pp
q gqq
(2.7)
Es folgt
(2.8)
Ω
|f (x)g(x)|dµ
1
≤
f p gq
p
Deshalb gilt
Ω
|f (x)|p dµ 1
+
f pp
q
Ω
|g(x)|q dµ
1 1
= + =1
q
gq
p q
|f (x)g(x)|dµ ≤ f p gq
Ω
Wir betrachten nun den Fall der Gleichheit. Wir nehmen zuerst an, dass (2.6) gilt.
Dann gilt
p
|f (x)| q
|g(x)| = gq
p
f pq
und weiter
gq
gq
1+ pq
|f | dµ =
|f |p dµ = f p gq
|f g|dµ =
p
p
q
q
Ω
Ω
f p
f p
Nun zur Umkehrung. Falls
|f (x)g(x)|dµ = f p gq
Ω
dann folgt mit (2.8)
0=
Ω
1 |f (x)|p 1 |g(x)|q |f (x)g(x)|
+
−
dµ
p f pp
q gqq
f p gq
Wegen (2.7) ist der Integrand eine nichtnegative Funktion und damit fast überall
1 1
gleich 0. Nach Lemma 61 haben wir genau dann Gleichheit in a p b q ≤ p1 a + 1q b, wenn
a = b. D.h. es gilt fast überall
|g(x)|q
|f (x)|p
=
f pp
gqq
2.8. LP -RÄUME
75
Lemma 63 (Verallgemeinerte Hölder Ungleichung) Es seien 0 < r, u, w < ∞ mit
1
+ w1 = 1r und (Ω, A, µ) ein Maßraum. Es seien f und g messbare Funktionen.
u
Dann gilt
f gr ≤ f u gw
Insbesondere folgt, dass f g ∈ Lr , falls f ∈ Lu und g ∈ Lw . Außerdem gilt für f ∈ Lu
und g ∈ Lw , die nicht fast überall gleich 0 sind, genau dann
f gr = f u gw ,
wenn fast überall
|g(x)|w
|f (x)|u
=
f uu
gw
w
gilt.
Beweis. Wir wenden die Hölder Ungleichung auf
p=
u
r
w
r
q=
|f |r
|g|r
an. Dann ergibt sich
|f g| dµ
r
p1 1q
rq
|f | dµ
|g| dµ
≤
Ω
rp
Ω
=
Ω
ur wr
|f |u dµ
|g|w dµ
Ω
Ω
Lemma 64 Es sei (Ω, A, µ) ein Maßraum.
(i) (Minkowski) Es seien 1 ≤ p < ∞ und f, g ∈ Lp . Dann gilt
f + gp ≤ f p + gp .
Insbesondere ist Lp ein Vektorraum und p ist auf Lp eine Norm.
(ii) Es seien 0 < p < 1 und f, g ∈ Lp . Dann gilt
f + gp ≤ 2 p −1 (f p + gp ) .
1
Es gibt genau eine Topologie, für die die Mengen
{f |f p < }
>0
eine Nullumgebungsbasis
bilden und bzgl. der Lp ein topologischer Vektorraum ist.
p
d(f, g) = |f − g| dµ ist auf Lp eine Metrik, die dieselbe Topologie erzeugt.
76
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Für 0 < p < 1 ist p keine Norm, weil die Dreiecksungleichung nicht gilt.
Beweis. (i) Der Fall p = 1 ist offensichtlich, ebenso falls fast überall f + g = 0 gilt.
Wir können also annehmen, dass f + gp > 0.
Es gilt
|f + g|p = |f + g||f + g|p−1 ≤ (|f | + |g|)|f + g|p−1
Damit und mit der Hölder Ungleichung folgt
p
|f + g| dµ
≤ (|f | + |g|)|f + g|p−1 dµ
Ω
Ω
p−1
|f ||f + g| dµ + |g||f + g|p−1 dµ
=
Ω
Ω
≤ f p |f + g|p−1 q + gp |f + g|p−1 q
1q
q(p−1)
= (f p + gp )
|f + g|
dµ
Ω
Weiter gilt p = q(p − 1). Damit erhalten wir
|f + g| dµ ≤ (f p + gp )
|f + g|
p
Ω
p
1q
Ω
Damit erhalten wir schließlich
f + gp ≤ f p + gp
(ii) Die Funktion φ : [0, ∞) → R mit
φ(x) =
1 + xr
.
(1 + x)r
nimmt in x = 1 ihr absolutes Minimum an. Wir weisen dies nach.
φ (x) =
rxr−1 (1 + x)r − r(1 + xr )(1 + x)r−1
r(xr−1 − 1)
=
(1 + x)2r
(1 + x)r+1
Für r > 1 ist φ auf [0, ∞) stetig, auf (0, 1) monoton fallend und auf (1, ∞) monoton
wachsend. Deshalb gilt für alle x mit x ≥ 0
21−r (1 + x)r ≤ 1 + xr .
Wir setzen nun x =
s
t
und r =
1
p
und erhalten für alle s, t mit 0 ≤ s, t
(s + t) p ≤ 2 p −1 (s p + t p ).
1
1
1
Außerdem gilt für alle s, t mit 0 ≤ s, t
|s + t|p ≤ |t|p + |s|p
1
2.8. LP -RÄUME
77
Diese Ungleichung folgt aus der Ungleichung
'
& 1
1 p
ap + bp ≤ a + b
Hieraus folgt
f + gp
=
p1 p1
|f + g|p dµ
≤
|f |p dµ + |g|p dµ
Ω
Ω
1 1 ≤ 2 p −1
1
|f |p dµ
p
|g|p dµ
+
Ω
p
= 2 p −1 (f p + gp )
1
Ω
Satz 12 Es seien 1 ≤ p < ∞ und (Ω, A, µ) ein Maßraum. Dann ist Lp (µ) mit der
Norm p ein Banachraum.
Der Maßraum muss nicht vollständig sein.
Beweis. Wegen Lemma 52 reicht es zu zeigen, dass
∞
fk
k=1
in Lp (µ) konvergiert, falls
∞
fk
∞
k=1
fk p < ∞. Wir zeigen zuerst, dass
punktweise fast überall konvergiert und
k=1
∞
fk ∈ Lp (µ)
k=1
(Man beachte hier, dass die Elemente von Lp Äquivalenzklassen von Funktionen
sind. Deshalb spielt es keine Rolle, dass auf einer Nullmenge keine punktweise
Konvergenz vorliegt.) Dazu zeigen wir, dass
∞
|fk | punktweise fast überall konvergiert und
k=1
∞
|fk | ∈ Lp (µ)
k=1
Die Folge
n
p
|fk |
n = 1, 2, . . .
k=1
ist
monotonp wachsend. Mit dem Satz über die monotone Konvergenz folgt, dass
( ∞
k=1 |fk |) eine messbare Funktion ist und
p
p
n
∞
|fk | dµ =
|fk | dµ
lim
n→∞
Ω
k=1
Ω
k=1
78
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Hieraus ergibt sich mit der Minkowski Ungleichung
n
p p1
p p1
∞
|fk | dµ
= lim
|fk | dµ
Ω
n→∞
k=1
≤ lim
n→∞
Also gilt
∞
Ω
n
k=1
fk p =
k=1
∞
fk p < ∞
k=1
|fk | ∈ Lp
k=1
Insbesondere gilt fast überall
Da
∞
k=1
∞
fk (x) konvergiert, falls
|fk (x)| < ∞
k=1
∞
k=1
|fk (x)| konvergiert, so konvergiert
∞
fk (x)
k=1
fast überall. Wegen
∞ ∞
fk ≤
|fk |
k=1
∞
k=1
folgt, dass k=1 fk ∈ L . p
Wir zeigen nun, dass nk=1 fk , n ∈ N, in Lp gegen ∞
k=1 fk konvergiert. Da L
ein Vektorraum ist, gilt für alle n ∈ N
p
∞
fk −
k=1
Damit folgt weiter
p 1 ∞
n
p
fk −
fk dµ
=
k=1
k=1
n
fk ∈ Lp
k=1
∞
p1 p
fk dµ
≤
k=n+1
∞
p 1
p
|fk | dµ
k=n+1
Mit dem Satz über die monotone Konvergenz folgt, dass der letzte Ausdruck zu dem
folgenden gleich ist.
p p1
N
lim
|fk | dµ
N →∞
k=n+1
Mit der Ungleichung von Minkowski folgt, dass der letzte Ausdruck kleiner oder
gleich
N
∞
lim
fk p =
fk p
N →∞
k=n+1
k=n+1
ist. Der letzte Ausdruck strebt für n → ∞ gegen 0. 2.8. LP -RÄUME
79
Lemma 65 Es sei (Ω, A, µ) ein Maßraum.
(i) L∞ ist ein Banachraum.
(ii) Falls f und g messbare Funktionen sind, dann gilt
f g1 ≤ f 1 g∞
Es gilt genau dann Gleichheit, wenn auf der Menge {x| f (x) = 0} mit Ausnahme
einer Nullmenge
|g(x)| = g∞
gilt.
Beweis. (i) Es sei fn , n ∈ N, eine Cauchy Folge. Für alle n, m ∈ N, gibt es eine
Nullmenge Nn,m , so dass
fn − fm ∞ =
|fn (x) − fm (x)|
sup
x∈Ω\Nn,m
Wir setzen nun
N=
Nn,m
n,m∈N
N ist eine Nullmenge und es gilt für alle n, m
fn − fm ∞ = sup |fn (x) − fm (x)|
x∈Ω\N
Es folgt, dass für alle x ∈ Ω \ N die Folge fn (x), n ∈ N, eine Cauchy Folge in R ist
und damit konvergiert. Wir bezeichnen den Grenzwert mit f (x). Dann ist f eine
messbare Funktion, die auf Ω \ N beschränkt ist.
Wir zeigen nun, dass fn , n ∈ N in der Norm gegen f konvergiert. Für alle > 0
existiert ein N , so dass für alle n, m ≥ N und alle x ∈ Ω \ N
|fn (x) − fm (x)| < Nach einem Umsortieren der Quantoren erhalten wir, dass für alle > 0 ein N
existiert, so dass für alle n ≥ N , alle x ∈ Ω \ N und alle m ≥ N
|fn (x) − fm (x)| < Nun können wir m in Abhängigkeit von x so groß wählen, dass |fm (x) − f (x)| < .
Damit erhalten wir, dass für alle > 0 ein N existiert, so dass für alle n ≥ N , alle
x ∈ Ω \ N und alle m ≥ N
|fn (x) − f (x)| < 2
(ii) Falls g∞ = ∞ dann ist die Ungleichung trivialerweise erfüllt. Es sei also
nun g∞ < ∞. Dann gibt es eine Funktion g̃, so dass fast überall g = g̃ und und
für alle x ∈ X die Ungleichung |g̃(x)| ≤ g∞ . Dann gilt
f g1 =
|f g|dµ ≤
|f |g∞ dµ = f 1 g∞
Ω
Ω
80
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Es gibt eine Nullmenge N , so dass
g∞ = sup |g(x)|
x∈Ω\N
Aus f g1 = f 1 g∞ folgt
|f g|dµ = sup |g(x)|
x∈Ω\N
Ω\N
und weiter
|f |dµ
Ω\N
sup |g(y)| − |g(x)| |f |dµ = 0
Ω\N
y∈Ω\N
Da der Integrand nichtnegativ ist, folgt für fast alle x ∈ Ω
sup |g(y)| − |g(x)| |f | = 0
y∈Ω\N
Für 0 < p < ∞ ist p der Raum Lp (N, P(N), µ), wobei µ das Zählmaß ist, also
⎧
⎫
∞
p1
⎨
⎬
p
x
∈
K
und
|x
|
<
∞
p = (xi )∞
i
i=1 i
⎩
⎭
i=1
Falls 1 ≤ p < ∞, dann ist
xp =
∞
p1
|xi |p
i=1
eine Norm und p ein Banachraum.
∞ ist der Raum aller beschränkten Folgen. Er ist mit der Norm
x = sup |xi |
i∈N
ausgestattet und ist ein Banachraum.
Lemma 66 Es sei 0 < p < q ≤ ∞. Dann gilt p ⊂ q und für alle x ∈ q gilt
xq ≤ xp
Beweis. Wir behandeln zuerst den Fall q = ∞. Offensichtlich gilt für alle k ∈ N
|xk | ≤
i∈N
p1
|xi |p
2.8. LP -RÄUME
81
und damit
x∞ = sup |xk | ≤
k∈N
|xi |q
=
i∈N
|xi |p |xi |q−p ≤
i∈N
=
|xi |p
i∈N
|xi |p
i∈N
Nun der Fall q < ∞.
p1
|xi |p sup |xi |q−p
i∈N
i∈N
q−p
sup |xi |
≤ xpp xq−p
= xqp
p
i∈N
Lemma 67 Es sei 0 < p < q ≤ ∞ und (Ω, A, µ) sei ein Maßraum mit endlichem
Maß µ(Ω) < ∞. Dann gilt Lq ⊂ Lp und
f p ≤ (µ(Ω)) p − q f q
1
1
Beweis. Wir wenden die verallgemeinerte Hölder Ungleichung auf die Funktionen
pq
f und χΩ und die Exponenten p, q und q−p
an. Es gilt p1 = 1q + q−p
und wir erhalten
pq
pq
f p ≤ f q χΩ q−p
Lemma 68 Es sei 1 ≤ p < ∞ und (Ω, A, µ) sei ein Maßraum. Dann ist die Menge
der einfachen Funktionen
f=
n
aj χEj
µ(Ej ) < ∞
n∈N
j=1
dicht in Lp .
Beweis. Es gibt eine Folge einfacher Funktionen fn , n ∈ N, die punktweise überall
gegen f konvergiert und für die fast überall und für alle n ∈ N die Abschätzung
|fn | ≤ |f | gilt. Wir erhalten µ(Ej ) < ∞, weil fast überall |fn | ≤ |f | gilt und f ∈ Lp .
Damit folgt |fn − f |p ≤ (|fn | + |f |)p ≤ 2p |f |p . Wir wenden nun den Konvergenzsatz von Lebesgue auf diese Folge an. Es gilt 2p |f |p ∈ L1 und |fn − f |p konvergiert
fast überall gegen 0. Es folgt
lim |fn − f |p dµ = 0.
n→∞
82
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Lemma 69 (i) Für alle endlichen Folgen fi , i = 1, . . . , n, von Vektoren aus Lp (Ω),
2 ≤ p < ∞, gilt
⎛
n
⎝
Ω
⎞ p1
p2
dω ⎠ ≤
|fi (ω)|2
n
i=1
12
fi 2p
i=1
(ii) Für alle endlichen Folgen fi , i = 1, . . . , n, von Vektoren aus Lp (Ω), 1 ≤ p ≤ 2,
gilt
⎛ p2 ⎞ p1 n
12
n
⎝
|fi (ω)|2
dω ⎠ ≥
fi 2p
Ω
i=1
i=1
Beweis. (i) Mit der Dreiecksungleichung
⎛
n
⎝
Ω
≤
n
i=1
i=1
2
|fi | p =
n 2
⎛
n
⎝
Ω
n
2
⎠
dω
=
|fi | p
|fi (ω)|2
i=1
Hieraus folgt
⎞ p2
p2
|fi |p dω
i=1
Ω
p2
⎞ p1
=
n
fi 2p
i=1
dω ⎠ ≤
|fi (ω)|2
2
p2
i=1
n
12
fi 2p
i=1
(ii)
n
12
fi 2p
=
i=1
n Ω
i=1
=
n i=1
=
n i=1
=
|fi |p dω
p2 12
|fi |p dω
Ω
Ω i=1
Ω
|fi |p
Ω
n
|fi |p dω
p2 −1 12
|fi |p dω
12
p2 −1
dω
Ω
|fi |p
|fi |p dω
Ω
12
p2 −1
dω
2.8. LP -RÄUME
83
Mit der Hölder Ungleichung folgt
n
|fi |p
|fi |p dω
p2 −1
≤
n
Ω
i=1
p2 ⎛
n
⎝
2
(|fi |p ) p
i=1
=
|fi |2
p2 n i=1
⎞ 2−p
2
⎠
Ω
i=1
n
|fi |p dω
2
p2 −1 2−p
|fi |p dω
p2 2−p
2
Ω
i=1
Es folgt
n
12
fi 2p
⎛
n
≤⎝
Ω
i=1
|fi |2
i=1
12 p2
fi 2p
⎛
n
≤⎝
Ω
i=1
Also
n
12
fi 2p
Ω
i=1
und damit
n
⎞ 12 1
p2 2−p
2 2
n dω ⎠
|fi |p dω
p2
dω ⎠
|fi |2
i=1
⎛
n
≤⎝
Ω
i=1
⎞ 12
p2
p2
|fi |2
⎞ p1
dω ⎠
i=1
Lemma 70 Es sei (Ω, µ) ein Maßraum. Es sei f : [0, 1] × Ω → R eine messbare
Funktion. Dann gilt
p p1 1 1
p1
p
|f (t, ω)|dt dω
≤
|f (t, ω)| dω
dt
Ω
Beweis.
Ω
1
0
0
0
p
|f (t, ω)|dt dω
1
=
Ω 0
1
1
|f (t, ω)|dt
|f (t, ω)|
=
0
Ω
p−1
|f (s, ω)|ds
0
1
dω
p−1
|f (s, ω)|ds
dωdt
0
Ω
Nun wenden wir wie im Beweis zur Minkowski Ungleichung die Hölder Ungleichung
an.
p
1
dω
|f
(t,
ω)|dt
0
Ω
1 q(p−1) 1q
1
≤
0
|f (t, ω)|p dω
Ω
1
p
Ω
0
|f (s, ω)|ds
dω
dt
84
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Hieraus folgt
Ω
0
1
p p1 |f (t, ω)|dt dω
≤
1
|f (t, ω)| dω
p
p1
dt
Ω
0
Lemma 71 Es sei 1 ≤ p < ∞. Eine Teilmenge K von p ist genau dann relativ
kompakt in der Norm Topologie, wenn für alle > 0 ein N existiert, so dass für alle
x∈A
∞
|x(j)|p < j=N
gilt.
Beweis. Es sei (Ω, A, µ) ein Maßraum und X ein Banachraum. Eine Funktion f : Ω → X
ist messbar, wenn das Urbild jeder Borelmenge ein Element der σ-Algebra A ist. f
heißt stark messbar, wenn f messbar ist und das Bild von f separabel ist.
Eine Funktion heißt einfach, wenn sie nur endlich viele Werte annimmt.
Lemma 72 Es sei (Ω, A, µ) ein Maßraum und X ein Banachraum. Die Abbildung
f : Ω → X sei messbar. Dann ist die Abbildung f : Ω → R messbar.
Eine Funktion f : Ω → X ist integrierbar, wenn sie stark messbar ist und die
Funktion ω → f (ω) integriebar ist.
Das Integral einer einfachen, messbaren Funktion ni=1 xi χAi ist
n
xi µ(Ai )
i=1
Es sei f integrierbar und φk , k ∈ N, eine Folge messbarer, einfacher Funktionen, die
punktweise gegen f konvergiert. Außerdem sei die Abbildung ω → supk∈N φk (ω)
integrierbar. Dann setzen wir
f dµ = lim
φk dµ
k→∞
Ω
Ω
Es sei 1 ≤ p < ∞. Dann ist die Menge aller stark messbaren Funktionen f : Ω → X
mit
f (ω)X dµ < ∞
Ω
ein Vektorraum.
(2.9)
f Lp (Ω,X) =
Ω
p1
f (ω)pX dµ(ω)
ist auf diesem Vektorraum eine Halbnorm. Wir gehen nun zu dem Raum aller
Äquivalenzklassen über und erhalten einen Banachraum.
2.9. UNGLEICHUNGEN VON HANNER UND CLARKSON
2.9
85
Ungleichungen von Hanner und Clarkson
Die Parallelogrammgleichung besagt, dass die Summe der Quadrate der Diagonalen
gleich der Summe der Quadrate der Seitenlängen ist. In Vektorenschreibweise gilt
im Rn mit der Euklidischen Norm
x + y22 + x − y22 = 2x22 + 2y22 .
Dies ist beim Rechnen mit Vektoren sehr nützlich. Leider gilt diese Gleichung nicht
für beliebige Normen. In den Lp -Räumen gelten aber die Ungleichungen von Hanner.
Ein einfacher Beweis findet sich in [RoW].
Satz 13 (Hanner) Es sei (X, A, µ) ein Maßraum und f, g ∈ Lp (X, A, µ).
(i) Falls 1 ≤ p ≤ 2 gilt, dann
f p + gp p + f p − gp p ≤ f + gpp + f − gpp
und
f + gp + f − gp p + f + gp − f − gp p ≤ 2p f pp + gpp (ii) Falls 2 ≤ p < ∞, dann gelten die umgekehrten Ungleichungen.
Für 2 ≤ p < ∞ gelten die umgekehrten Ungleichungen. Aus den Ungleichungen von
Hanner kann man die Ungleichungen von Clarkson herleiten.
Die Ungleichungen von Hanner haben eine Reihe von Anwendungen. Mit ihrer
Hilfe kann man nachweisen, dass die Räume Lp , 1 < p < ∞, uniform konvex sind,
und man kann den Konvexitätsmodul dieser Räume berechnen.
Die Existenz einer Bestapproximation in Lp lässt sich ebenfalls mit den Ungleichungen von Hanner nachweisen.
Lemma 73 (i) Es sei 1 ≤ p ≤ 2. Dann gilt für alle 0 < r ≤ 1 und A, B ∈ R
((1 + r)p−1 + (1 − r)p−1 )|A|p + ((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p |B|p
≤ |A + B|p + |A − B|p
(ii) Falls 2 ≤ p < ∞, dann gilt die umgekehrte Ungleichung.
Beweis. Der Fall p = 1 ist
2|A| ≤ 2 max{|A|, |B|} = |A + B| + |A − B|.
Der Fall p = 2 ist
2|A|2 + 2|B|2 = |A + B|2 + |A − B|2 .
86
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Nun betrachten wir die Fälle 1 < p < 2. Es sei 0 < R ≤ 1 und F : (0, 1] → R die
Funktion mit
F (r) = ((1 + r)p−1 + (1 − r)p−1 ) + ((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p Rp
F nimmt ihr absolutes Maximum im Punkt r = R an. Es gilt
= ((1 + r)p−1 + (1 − r)p−1 ) + ((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p Rp
F (r)
.
/
= (p − 1) (1 + r)p−2 − (1 − r)p−2
+(p − 1)((1 + r)p−2 + (1 − r)p−2 )r1−p Rp
+(1 − p)((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r−p Rp
.
/
= (p − 1) (1 + r)p−2 − (1 − r)p−2
p
/
R .
r(1 + r)p−2 + r(1 − r)p−2 − (1 + r)p−1 + (1 − r)p−1
+(p − 1)
r
p R
p−2
p−2
− (1 − r) ) 1 −
= (p − 1)((1 + r)
r
Da p − 2 < 0 folgt, dass F für r < R strikt wachsend ist und für r > R strikt fallend
ist.
F (R)
= ((1 + R)p−1 + (1 − R)p−1 ) + ((1 + R)p−1 − (1 − R)p−1 )R
= (1 + R)p + (1 − R)p
Also gilt für alle 0 < r ≤ 1 und alle 0 < R ≤ 1
((1 + r)p−1 + (1 − r)p−1 ) + ((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p Rp
≤ (1 + R)p + (1 − R)p
Wegen der Stetigkeit der Ausdrücke in R, gilt die Abschätzung auch für R = 0. Wir
multiplizieren mit Ap
((1 + r)p−1 + (1 − r)p−1 )Ap + ((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p (AR)p
≤ (A + AR)p + (A − AR)p
und setzen B = AR
((1 + r)p−1 + (1 − r)p−1 )Ap + ((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p B p
≤ (A + B)p + (A − B)p
Somit haben wir die Ungleichung für alle A und B mit 0 ≤ B ≤ A gezeigt. (Wir
müssen beachten, dass A − B ≥ 0, weil anderenfalls der Ausdruck (A − B)p nicht
sinnvoll ist.)
Wir beobachten nun, dass für alle r mit 0 < r ≤ 1
(2.10)
((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p ≤ (1 + r)p−1 + (1 − r)p−1
2.9. UNGLEICHUNGEN VON HANNER UND CLARKSON
87
Wir prüfen dies nach. Die Funktion (1 + r)p−1 + (1 − r)p−1 ist auf (0, 1] monoton
fallend. Dies folgt, weil die Ableitung
(p − 1){(1 + r)p−2 − (1 − r)p−2 }
auf (0, 1) negativ ist. Somit gilt
(2.11)
2p−1 ≤ (1 + r)p−1 + (1 − r)p−1
Wir betrachten nun die Funktion ((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p auf (0, 1]. Wir setzen
s = 1r und erhalten die Funktion (s + 1)p−1 − (s − 1)p−1 auf [1, ∞). Diese Funktion
ist auf [1, ∞) monoton fallend. Dazu rechnen wir die Ableitung
(p − 1){(s + 1)p−2 − (s − 1)p−2 }
aus und stellen fest, dass sie negativ ist, weil p < 2. Es folgt
(2.12)
2p−1 ≥ ((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p
Aus (2.11) und (2.12) folgt nun (2.10). Wir betrachten den Fall 0 ≤ A ≤ B.
((1 + r)p−1 + (1 − r)p−1 )Ap + ((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p B p
≤ ((1 + r)p−1 + (1 − r)p−1 )B p + ((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p Ap
≤ (A + B)p + (B − A)p
Also gilt für alle A, B mit 0 ≤ A, B
((1 + r)p−1 + (1 − r)p−1 )|A|p + ((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p |B|p
≤ |A + B|p + |A − B|p
Weder die linke, noch die rechte Seite hängt von den Vorzeichen von A und B ab.
Also haben wir die Ungleichung für alle A und B gezeigt. Beweis von Satz 13. (i) Die zweite Ungleichung folgt aus der ersten Ungleichung,
indem man für f die Funktion f + g einsetzt und für g die Funktion f − g. Wir
betrachten zuerst den Fall p = 1. Wir können annehmen, dass g1 ≤ f 1 . Mit
der Dreiecksungleichung folgt
|f 1 + g1 | + |f 1 − g1 | = 2f 1 ≤ f + g1 + f − g1 .
Nun behandeln wir den Fall p = 2. Hier sind die Ungleichungen tatsächlich Gleichungen.
2
2
2
2
f + g2 + f − g2 = |f + g| dµ + |f − g| dµ = 2 f 2 + g 2 dµ = 2f 22 + 2g22
|f 2 + g2 |2 + |f 2 − g2 |2 = 2f 22 + 2g22
88
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Wir betrachten nun den Fall 1 < p < 2. Wir können annehmen, dass gp ≤ f p .
Nach Lemma gilt für alle r mit 0 < r ≤ 1 und alle x ∈ X
((1 + r)p−1 + (1 − r)p−1 )|f (x)|p + ((1 + r)p−1 − (1 − r)p−1 )r1−p |g(x)|p
≤ |f (x) + g(x)|p + |f (x) − g(x)|p .
Wir setzen r =
g
p
f p
gp
1+
f p
und erhalten
p−1
p−1 gp
+ 1−
|f (x)|p
f p
p−1 p−1 g1−p
gp
gp
p
p
+
1+
− 1−
1−p |g(x)|
f p
f p
f p
≤ |f (x) + g(x)|p + |f (x) − g(x)|p .
Wir integrieren beide Seiten und erhalten
p−1 p−1 gp
gp
1+
+ 1−
f pp
f p
f p
p−1 p−1 g1−p
gp
gp
p
p
+
1+
− 1−
1−p gp
f p
f p
f p
≤ f + gpp + f − gpp
und weiter
(f p + gp )p−1 + (f p − gp )p−1 f p
+ (f p + gp )p−1 − (f p − gp )p−1 gp
≤ f + gpp + f − gpp
Wir erhalten
(f p + gp )p + (f p − gp )p ≤ f + gpp + f − gpp
Korollar 2 Es sei 1 < p < ∞, (X, A, µ) und K eine konvexe Teilmenge vom Lp ,
die in der Norm-Topologie abgeschlossen ist. Es sei f ∈ Lp . Dann gibt es genau ein
h ∈ K, so dass
f − h = inf f − g
g∈K
Beweis. Wir können annehmen, dass f = 0. Wir setzen D = inf g∈K g. Es sei
hn , n ∈ N, eine Folge in K, so dass
lim hn = D
n→∞
2.9. UNGLEICHUNGEN VON HANNER UND CLARKSON
89
Wir zeigen, dass hn , n ∈ N, eine Cauchy-Folge in der Norm-Topologie ist. Da Lp
vollständig ist, gibt es damit ein h mit den gewünschten Eigenschaften.
Wir zeigen, dass
lim hn + hm = 2D.
n,m→∞
Aus der Dreiecksungleichung folgt hn + hm ≤ hn + hm und deshalb
lim sup hn + hm ≤ lim sup hn + lim sup hm ≤ 2D
n,m→∞
n→∞
m→∞
Weil K konvex ist, gilt 12 (hn + hm ) ∈ K. Es folgt
12 (hn + hm ) ≥ D
Mit Hanners Ungleichung folgt
|hn + hm p + hn − hm p |p + |hn + hn p − hn − hm p |p
≤ 2p hn pp + hm pp Die rechte Seite konvergiert für n, m → ∞ gegen 2p+1 D. Falls hn , n ∈ N, keine
Cauchy-Folge ist, dann gibt es ein > 0, so dass
(2D + )p + (2D − )p ≤ 2p+1 D
Die Funktion f : R → R, f (x) = |2D + x|p , ist strikt konvex. Deshalb
(2D)p = f (0) = f ( 12 − 12 ) < 12 (f () + f (−)) = 12 (2D + )p + (2D − )p
Somit gilt
2(2D)p < (2D + )p + (2D − )p
Dies ist ein Widerspruch.
Der Vektor h ist eindeutig. Falls nicht, so gäbe es mindestens zwei Vektoren h
und h̃ mit minimalem Abstand. Wie wir bereits oben gezeigt haben, ist dann die
Folge hn , n ∈ N, mit hn = h, falls n gerade, und hn = h̃, falls n ungerade, eine
Cauchy-Folge. Also gilt h = h̃. Satz 14 (Ungleichungen von Clarkson)[Cla] (i) Es sei 2 ≤ p < ∞.
1
1
1
1
(2.13)
(x + ypp + x − ypp ) p ≤ 2 p (xpp + ypp ) p
(2.14)
2 p (xpp + ypp ) p ≤ (x + ypp + x − ypp ) p
1
1
(ii) Für 1 < p ≤ 2 gelten die umgekehrten Ungleichungen.
Lemma 74 Für alle p mit 2 ≤ p < ∞ und alle t, s ∈ R mit 0 ≤ t, s gilt
1
1
1
(|t + s|p + |t − s|p ) p ≤ 2 p (tp + sp ) p
90
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Beweis. Es reicht zu zeigen, dass für alle c mit 0 < c < 1 die Ungleichung
1
1
1
(|1 + c|p + |1 − c|p ) p ≤ 2 p (1 + cp ) p
gilt. Wir ersetzen nun
c=
1−z
1+z
und erhalten für z mit 0 < z < 1
(1 + z p )p −1 ≤ 12 {(1 + z)p + (1 − z)p }
Wir entwickeln die Funktion
S(z) = 12 {(1 + z)p + (1 − z)p } − (1 + z p )p −1
in ihre Taylorreihe und zeigen, dass sie für 0 < z < 1 nicht negativ ist. Es gilt
1
{(1
2
p
p
+ z) + (1 − z) } = 1 +
∞
p (p − 1)(2 − p ) · · · (2k − 1 − p )
(2k)!
k=1
z 2k
und
p p −1
(1 + z )
= 1 + (p − 1)z +
p
∞
(−1)m+1
m=1
(p − 1)(2 − p ) · · · (m − p ) mp
z
m!
Da 1 ≤ p < 2
S(z) =
∞
(2 − p )(3 − p ) · · · (2k − p )
k=1
(2k − 1)!
z 2k
⎧
⎨ 1 − z 2k−p
p −1
⎩
2k−p
p −1
−
1−z
2k
p −1
2k
p −1
⎫
⎬
⎭
Die Funktion 1t (1 − z t ) ist für 0 < t und 0 < z < 1 eine fallende Funktion in t.
Deshalb sind die Summanden in der Reihenentwicklung von S nicht negativ. Beweis. (i) Wir zeigen die Ungleichung (2.13). Die Ungleichung von Hanner ist
f p + gp p + f p − gp p ≥ f + gpp + f − gpp
Nun reicht es zu zeigen, dass für alle t, s ∈ R mit 0 ≤ t, s
1
1
1
(|t + s|p + |t − s|p ) p ≤ 2 p (tp + sp ) p
2.10. ORLICZRÄUME
2.10
91
Orliczräume
Eine konvexe Funktion M : R → R mit M (t) = M (−t), M (0) = 0 und M (t) > 0
für t = 0 heißt Orliczfunktion. Der Raum
∞
M = x = (x(n))∞
M (x(n)) < ∞
n=1 n=1
heißt Orliczraum und wird mit der Norm
∞
|x(n)|
xM = inf t > 0 ≤1
M
n=1
t
ausgestattet. Es stellt sich heraus, dass M mit dieser Norm ein Banachraum ist.
In dem von den Einheitsvektoren en , n ∈ N, aufgespannten Teilraum von M ist en ,
n ∈ N, eine symmetrische Basis. Für M (t) = |t|p erhalten wir gerade p .
Es sei p : [0, ∞) → R eine nichtnegative, nicht fallende rechtsseitig stetige Funktion mit p(0) = 0, p(t) > 0 für t > 0 und limt→∞ p(t) = ∞. Dann bezeichnen
wir
q(s) = sup t
p(t)≤s
als die Rechtsinverse von p. Dann besitzt q dieselben Eigenschaften wie p. Außerdem
gelten
q(p(t)) ≥ t
p(q(s)) ≥ s
Dies ergibt sich sofort aus
q(p(t)) =
sup u ≥ t
p(u)≤p(t)
Wir haben hier i.A. keine Gleichheit, wenn p auf einem Teilintervall konstant ist.
Dann gibt es möglicherweise ein u mit u > t und p(u) = p(t).
p(q(s)) = p
sup t
p(t)≤s
Wegen limt→∞ p(t) = ∞ gibt es ein t0 mit
t0 = sup t
p(t0 + ) > s
p(t)≤s
Da p rechtsseitig stetig ist, folgt p(t0 ) ≥ s, also
p(q(s)) ≥ s
Eine konvexe Funktion besitzt überall eine rechtsseitige Ableitung. Wir wollen
die rechtsseitige Ableitung einer Orliczfunktion M mit M bezeichnen. M ist eine
92
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
nichtnegative, wachsende, rechtsseitig stetige Funktion. Im Folgenden betrachten
wir nur solche Orliczfunktionen, die M (0) = 0 und limt→∞ M (t) = ∞ erfüllen.
(Hierdurch schließen wir M (t) = t aus.) Die Rechtsinverse M −1 von M ist
M −1 (u) = sup{t|M (t) ≤ u}
Die rechtsseitige Inverse von M bezeichnen wir mit M −1 . Die zu M komplementäre
Funktion M ∗ ist durch
t
M ∗ (t) =
M −1 (s)ds
0
−1
die zu M Rechtsinverse ist.
gegeben, wobei M
Die komplementäre Funktion zu M (t) = p1 |t|p ist M ∗ (t) = 1q |t|q , wobei p1 + 1q = 1.
Lemma 75 (i) (Ungleichung von Young) Für alle s, t mit 0 ≤ s, t gilt
st ≤ M (s) + M ∗ (t)
Für t = M (s) oder s = M −1 (t) gilt Gleichheit in der Ungleichung.
(ii)
M ∗ (t) = max{st − M (s)}
s≥0
M (s) = max{st − M ∗ (t)}
t≥0
(iii) M ∗∗ = M
(iv) Es gilt für alle k ∈ N
1
kM ∗−1 ( k1 )
2
Beweis. (i)
1
≤
M −1 ( k1 )
∗
s
M (s) + M (t) =
≤ kM ∗−1 ( k1 )
M (x)dx +
0
t
M −1 (x)dx
0
Falls t = M (s), dann addieren sich die Flächen unter M und M −1 gerade zu der
Fläche des Rechtecks mit Seitenlängen s und M (s) auf. Es gilt also
sM (s) = M (s) + M ∗ (M (s))
Falls t > M (s), dann
∗
M (s) + M (t)
s
=
M (x)dx +
0
=
0
s
M (x)dx +
0
= sM (s) +
t
M −1 (x)dx
M (s)
M
−1
0
t
t
(x)dx +
M (s)
M −1 (x)dx
M (s)
≥ sM (s) + (t − M (s))M −1 (M (s)) ≥ st
M −1 (x)dx
2.10. ORLICZRÄUME
93
(ii) Aus der Ungleichung von Young folgt
M ∗ (t) ≥ st − M (s)
Da wir für s = M (t) Gleichheit haben, folgt die Behauptung.
(iii) folgt sofort aus (ii).
(iv) Aus (i) folgt mit s = M −1 ( k1 ) und t = M ∗−1 ( k1 ) die linke Ungleichung Lemma 76 Der Dualraum (nM )∗ von nM kann mit dem Rn mit der Norm
n
x(i)y(i) xM = 1
|||y||| = sup
i=1
identifiziert werden. Es gilt für alle x
xM ∗ ≤ |||x||| ≤ 2xM ∗ ,
(2.15)
Beweis. Die rechte Ungleichung folgt sofort aus der Ungleichung von Young. In
der Tat
|||y|||
= sup
n
x
M =1 i=1
n
≤ sup
x
M =1 i=1
x(i)y(i)
∗
M (x(i)) + M (y(i)) = 1 +
n
M ∗ (y(i))
i=1
Die Ungleichung folgt nun für yM ∗ = 1.
Wir zeigen nun die linke Ungleichung. Es gelte
|x| = 1
und wir setzen
y(k) = M ∗ (x(k))
k = 1, . . . , n
Dann gilt nach Lemma 75
|x(k)|y(k) = M (y(k)) + M ∗ (x(k))
Falls
n
k = 1, . . . , n
M (y(k)) > 1
k=1
dann folgt aus der Konvexität von M
y(k)
M (y(k))
M n
≤ n
i=1 M (y(i))
i=1 M (y(i))
und somit
n
k=1
M
y(k)
n
i=1 M (y(i))
≤1
94
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Hiermit folgt
1 = |x| ≥
n
y(k)
i=1 M (y(i))
|x(k)| n
k=1
und damit
n
M (y(i)) ≥
i=1
Hieraus folgt
n
|x(k)|y(k) =
k=1
n
k=1
n
∗
M (x(k)) +
k=1
n
M (y(k))
k=1
M ∗ (x(k)) = 0, was falsch ist. Also muss
n
M (y(k)) ≤ 1
k=1
gelten. Es folgt
1 = |x ≥
n
|x(k)|y(k) ≥
k=1
n
M ∗ (x(k)) +
k=1
und somit
1≥
n
n
M (y(k))
k=1
M ∗ (x(k))
k=1
Also gilt
xM ∗ ≤ 1 = |x|
Es sei M : [0, ∞) → [0, ∞] eine konvexe, linksseitig stetige Funktion mit M (0) =
0. (Die Topologie in [0, ∞] wird von den Mengen (a, b), [0, a) und (b, ∞] erzeugt.)
Wir schließen aus, dass M die konstante Funktion 0 ist und auch dass M die Funktion ist, die in 0 den Wert 0 annimmt und ansonsten den Wert ∞. Eine solche
Funktion bezeichnen wir als Young Funktion oder auch Orlicz Funktion.
M kann den Wert ∞ annehmen und M ist konvex, wenn M auf dem Intervall,
auf dem M endliche Werte annimmt, konvex ist. M ist auf dem Intervall, auf dem M
nur endliche Werte annimmt, wegen der Konvexität stetig. Die Forderung, dass M
linksseitig stetig ist, ist nur in dem Punkt von Bedeutung, in dem M einen Sprung
(nach unendlich) besitzt.
Wir fassen den Begriff der Orlicz Funktion etwas allgemeiner, als es in der Literatur üblich ist. Dadurch erhalten wir n1 und n∞ als Orlicz Räume, sowie andere
Räume, die natürlich auftreten.
Für eine Orlicz Funktion M ist
n
x(i) ≤1
xM = inf ρ > 0 M ρ
i=1
auf dem Rn eine Norm. Dies läßt sich leicht überprüfen.
2.10. ORLICZRÄUME
95
Die Funktion M ∗ : [0, ∞) → [0, ∞]
M ∗ (s) =
sup
(st − M (t))
{t|M (t)<∞}
heißt die zu M komplementäre Funktion oder auch duale Funktion.
Lemma 77 Es sei M eine Orlicz Funktion. Dann ist M ∗ wieder eine Orlicz Funktion.
Beweis. Es gilt M ∗ (0) = 0, weil
M ∗ (0) =
sup
{t|M (t)<∞}
−M (t) = −M (0) = 0.
M ∗ ist nicht negativ, weil
M ∗ (s) =
(st − M (t)) ≥ −M (0) = 0.
sup
{t|M (t)<∞}
M ∗ ist konvex, da
s1 + s 2
)
M (
2
∗
s1 + s2
=
sup
t − M (t)
2
{t|M (t)<∞}
1
1
s1
s2
t − M (t) + sup
t − M (t)
≤
sup
2
2
2
2
{t|M (t)<∞}
{t|M (t)<∞}
1
1
= M ∗ (s1 ) + M ∗ (s2 )
2
2
Wir zeigen nun, dass M ∗ linksseitig stetig ist. Es sei sn , n ∈ N, eine wachsende
Folge mit limn→∞ sn = s0 . Dann gilt (wir lassen M ∗ (s0 ) = ∞ zu)
sup M ∗ (sn ) = sup
n
n
=
(sn t − M (t))
sup
{t|M (t)<∞}
sup
{t|M (t)<∞}
sup(sn t − M (t)) =
n
sup
(s0 t − M (t)) = M ∗ (s0 )
{t|M (t)<∞}
Wir zeigen nun, dass M ∗ weder die 0-Funktion ist, noch die Funktion, die in 0 den
Wert 0 annimmt und ansonsten den Wert ∞. Weil M nicht gleich der Funktion ist,
die für t > 0 gleich ∞ ist, gibt es ein t0 mit 0 < t0 und M (t0 ) < ∞. Somit
M ∗ (s) =
(st − M (t)) ≥ st0 − M (t0 )
sup
{t|M (t)<∞}
und M ∗ (s) > 0, falls s > M (t0 )/t0 . Deshalb ist M ∗ nicht gleich der konstanten
Funktion 0.
M ist nicht gleich der konstanten Funktion 0. Wir betrachten zunächst den Fall,
dass M den Wert ∞ annimmt. Es gibt also ein t0 > 0 mit M (t0 ) = ∞. Deshalb
M ∗ (s) =
sup
(st − M (t)) ≤ sup st = st0
{t|M (t)<∞}
0≤t<t0
96
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Also ist M ∗ auf [0, ∞) endlich. Nun der Fall, dass M nur endliche Werte annimmt.
Es sei t0 mit 0 < M (t0 ) < ∞. Dann gilt für alle t ≥ t0
M (t) ≥ t
M (t0 )
t0
weil M (0) = 0 und M konvex ist. Dann folgt
sup (st − M (t)) ≤ st0
0≤t<t0
sup (st − M (t)) ≤ sup
t0 ≤t<∞
t0 ≤t<∞
M (t0 )
st − t
t0
M (t0 )
= sup t s −
t0
t0 ≤t<∞
Falls also s ≤ Mt(t0 0 ) , dann gilt M ∗ (s) < ∞ und M ∗ kann nicht die Funktion sein, die
für t > 0 den Wert ∞ annimmt. Beispiel 14 (i) Es sei 1 < p < ∞ und M (t) = p1 tp für t ≥ 0. Dann ist die komplementäre
Funktion
M ∗ (s) = 1q sq
(ii) Die komplementäre Funktion zu M (t) = t ist
0
∗
M (s) =
∞
0≤s≤1
1<s
(iii) Es sei 0 < a < ∞. Dann ist die komplementäre Funktion zu
0 0≤t≤a
M (t) =
∞
a<t
die Funktion M ∗ (s) = as.
1
Beweis. (i) Wegen M (t) = tp−1 gilt M −1 (t) = t p−1 und somit
s
s
1
M ∗ (s) =
M −1 (t)dt =
t p−1 dt = 1q tq
0
0
(ii)
M ∗ (s) = sup (st − M (t)) = sup (st − t) =
0≤t<∞
(iii)
0≤t<∞
0 0≤s≤1
∞
1<s
M ∗ (s) = sup (st − M (t)) = sup (st − M (t)) = sup st = as
0≤t<∞
0≤t≤a
0≤t≤a
Es sei f : [0, ∞) → [0, ∞] eine wachsende Funktion. Die verallgemeinerte
Linksinverse von f ist
g(s) = inf{t ∈ [0, ∞)|f (t) > s}
falls es ein t gibt, so dass f (t) > s gilt. Falls es kein solches t gibt, dann setzen wir
g(s) = ∞.
2.10. ORLICZRÄUME
97
Lemma 78 Es sei M : [0, ∞) → [0, ∞] eine Orlicz Funktion und f : [0, ∞) →
[0, ∞] mit
⎧
t=0
⎨ 0
M (t) M (t) < ∞
f (t) =
⎩
∞
M (t) = ∞
wobei M die linksseitige Ableitung von M bezeichnet. g sei die verallgemeinerte
Linksinverse von f .
(i) f ist wachsend, nicht negativ und auf dem Intervall, auf dem f endliche Werte
annimmt, linksseitig stetig. Es gilt für alle s ∈ [0, ∞)
s
M (s) =
f (t)dt
0
(ii) g ist wachsend, und nicht negativ.
(iii) NM : [0, ∞) → [0, ∞] mit
s
NM (s) =
g(t)dt
0
ist eine Orlicz Funktion.
(iv) Für alle s und t mit 0 ≤ s, t < ∞ gilt genau dann s < f (t), wenn t > g(s) gilt.
g ist rechtsseitig stetig. Weiter gilt s ≥ f (t), falls t = g(s).
(v) Für alle s und t mit 0 ≤ s, t < ∞ gilt
st ≤ M (t) + NM (s)
wobei hier Gleichheit gilt, wenn t = g(s).
(vi) M ∗ = NM
Beweis. (i) Da M konvex ist, ist die linksseitige Ableitung M wachsend und linksseitig stetig. Wir benötigen den Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung:
Es sei F : [a, b] → R absolutstetig. Dann ist F Lebesgue-integrierbar und es gilt für
alle x ∈ [a, b]
x
F (x) − F a) =
F (t)dλ.
a
Wir betrachten das Intervall, auf dem M endliche Werte annimmt. Auf jedem
kompakten, echten Teilintervall ist M absolutstetig und wir können den Hauptsatz
der Differential- und Integralrechnung anwenden. Es gibt zwei Fälle, M ist auf
dem Intervall, auf dem M endliche Werte annimmt, unbeschränkt oder M ist dort
beschränkt. Falls M unbeschränkt ist, dann ist das Intervall rechts offen und wir
sind fertig. Falls M beschränkt ist, dann ist das Intervall abgeschlossen, weil M
linksseitig stetig ist. Es sei [0, s0 ] dieses Intervall. Dann folgt wiederum mit dem
Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung für alle s mit s < s0
s
M (s) =
f (t)dt
0
98
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Außerdem folgt mit dem Satz über die monotone Konvergenz
s0
s
f (t)dt =
f (t)dt
M (s0 ) = lim M (s) = lim
s→s0
s→s0
0
0
(ii) g ist nicht negativ, weil wir das Infimum über nicht negative Zahlen bilden.
Falls s1 < s2 , dann
g(s1 ) = inf{t ≥ 0|f (t) > s1 } ≤ inf{t ≥ 0|f (t) > s2 } = g(s2 )
Also ist g wachsend.
(iii) Offensichtlich gilt NM (0) = 0 und NM (s) ≥ 0, weil g nicht negativ ist. Wir
weisen nach, dass NM konvex ist. Es seien 0 ≤ s1 ≤ s2 .
s1 + s2
)=
NM (
2
s1 +s2
2
0
1
g(t)dt =
2
0
s1
1
g(t)dt +
2
s1 +s2
2
0
1
g(t)dt +
2
s1 +s2
2
g(t)dt
s1
Da g wachsend ist, folgt
s1 + s2
NM (
)
2
s1 +s2
2
1
1 s2
1 s1
g(t)dt +
g(t)dt +
g(t)dt
≤
2 0
2 0
2 s1 +s
2
2
1
1
= NM (s1 ) + NM (s2 )
2
2
NM ist nicht die Nullfunktion. Wäre dies so, dann wäre bereits g die Nullfunktion.
Also gilt für alle s ≥ 0
0 = g(s) = inf{t ≥ 0|f (t) > s}
und damit gilt f (t) = ∞ für alle t > 0. Dann wäre aber M die Funktion, die
außerhalb von 0 den Wert ∞ annimmt. Umgekehrt kann NM auch nicht die Funktion
sein, die die außerhalb von 0 den Wert ∞ annimmt. Wir weisen dies nach. Wäre dies
so, dann müsste g die Funktion sein, die außerhalb der Null den Wert ∞ annimmt.
Also gilt für alle s > 0
∞ = g(s) = inf{t ≥ 0|f (t) > s}
Also muss f bereits die Nullfunktion sein. Dann wäre aber M die Nullfunktion, was
wir ausschließen.
(iv) Nach Definition
g(s) = inf{t ∈ [0, ∞)|f (t) > s}
falls ein t mit s < f (t) existiert. Da f linkseitig stetig ist, gilt für alle s, dass
{t ∈ [0, ∞)|f (t) > s} eine offene Menge ist, also
{t ∈ [0, ∞)|f (t) > s} = (g(s), ∞)
2.10. ORLICZRÄUME
99
Hieraus folgt, dass f (t) > s genau dann gilt, wenn g(s) < t. Dies bedeutet auch,
dass f (t) ≤ s genau dann gilt, wenn g(s) ≥ t. Also
{s|g(s) ≥ t} = {s|f (t) ≤ s}
Die Menge {s|f (t) ≤ s} = [f (t), ∞) ist abgeschlossen und damit auch {s|g(s) ≥ t}.
Also ist die Menge {s|g(s) < t} offen. Deshalb ist g rechtsseitig stetig.
Es gilt f (t) ≤ s, falls g(s) = t. Dies gilt, weil f (t) ≤ s genau dann gilt, wenn
g(s) ≥ t.
(v) Falls M (s) = ∞ oder NM (t) = ∞, dann ist nichts nachzuweisen. Wir können
also annehmen, dass beide Werte endlich sind.
Nach (iv) gilt genau dann u < f (v), wenn g(u) < v. Somit sind die beiden
Mengen
{(u, v) ∈ [0, s] × [0, t]|v ≤ g(u)}
{(u, v) ∈ [0, s] × [0, t]|u < f (v)}
disjunkt und es gilt
[0, s] × [0, t] = {(u, v) ∈ [0, s] × [0, t]|v ≤ g(u)}
∪{(u, v) ∈ [0, s] × [0, t]|u < f (v)}.
Hiermit erhalten wir
s min{t,g(u)}
t min{s,f (v)}
s t
dvdu =
dvdu +
dudv
st =
0
0
0
0
0
0
s g(u)
t f (v)
≤
dvdu +
dudv
0
0
0
0
s
s
=
g(u)du +
f (v)dv = M (s) + NM (t)
0
0
Wir behandeln nun den Fall der Gleichheit. Gleichheit gilt genau dann, wenn für
alle u mit 0 ≤ u ≤ s die Ungleichung g(u) ≤ t gilt und für alle v mit 0 ≤ v ≤ t die
Ungleichung f (v) ≤ s.
Wir nehmen an, dass t = g(s). Dann gilt nach (iv) die Ungleichung f (t) ≤ s.
Deshalb gilt für alle u mit 0 ≤ u ≤ s, dass g(u) ≤ g(s) = t, und für alle 0 ≤ v ≤ t,
dass f (v) ≤ f (t) ≤ s.
Ebenso verfahren wir im Fall f (t) = s. Nach (iv) muss dann g(s)t gelten
(vi) folgt aus (v). Wegen st ≤ M (t) + NM (s) gilt
M ∗ (s) = sup (st − M (t)) ≤ NM (s)
0≤t<∞
Andererseits gilt nach (v) die Gleichung sg(s) = M (g(s)) + NM (s). Deshalb
M ∗ (s) = sup (st − M (t)) ≥ sg(s) − M (g(s)) = NM (s)
0≤t<∞
100
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Lemma 79 Es sei M eine Orlicz Funktion. Dann gilt M ∗∗ = M .
Beweis. Nach Definition
M ∗∗ (s) =
sup
(st − M ∗ (t))
{t|M (t)<∞}
Falls M (s) = ∞, dann gilt trivialerweise M ∗∗ (s) ≤ M (s). Wir nehmen nun an, dass
M (s) < ∞. Wegen st ≤ M (s) + M ∗ (t) gilt st − M ∗ (t) ≤ M (s) und somit
M ∗∗ (s) ≤ M (s).
Nun die Umkehrung. Für jedes s mit 0 ≤ s < ∞ und g(s) < ∞ gilt
sg(s) = M (g(s)) + M ∗ (s)
Es folgt
M (g(s)) = sg(s) − M ∗ (s) ≤ sup (st − M ∗ (t)) = M ∗∗ (g(s))
0≤t<∞
Damit sind M und M ∗ in allen Punkten identisch, die im Bild von g liegen. Es sei
nun u0 ein Element, das nicht im Bild liegt. Es seien u1 und u2 das Supremum über
alle u, die im Bild von g liegen und kleiner als u0 sind, und u2 das Infimum über alle
u, die im Bild von g liegen und die größer als u0 sind (vorausgesetzt sie existieren).
Falls u1 und u2 existieren, dann gilt für alle λ ∈ [0, 1]
M ∗∗ (λu1 + (1 − λ)u2 ) = λM ∗∗ (u1 ) + (1 − λ)M ∗∗ (u2 )
(2.16)
Wir weisen dies nach. Wegen der Konvexität von M ∗∗ gilt
M ∗∗ (λu1 + (1 − λ)u2 ) ≤ λM ∗∗ (u1 ) + (1 − λ)M ∗∗ (u2 )
Nun die inverse Ungleichung
M ∗∗ (λg(s1 ) + (1 − λ)g(s2 ))
= sup t(λg(s1 ) + (1 − λ)g(s2 )) − M ∗ (t)
t
= sup λ(tg(s1 ) − M ∗ (t)) + (1 − λ)(tg(s2 ) − M ∗ (t))
t
≥ λ(s1 g(s1 ) − M ∗ (s1 )) + (1 − λ)(s1 g(s2 ) − M ∗ (s1 ))
= λM ∗∗ (g(s1 )) + (1 − λ)M ∗∗ (g(s2 )) + (1 − λ)((s1 − s2 )g(s2 ) − M ∗ (s1 ) + M ∗ (s2 ))
Wir können |s1 − s2 | beliebig klein wählen. Auf Grund der Konvexität von M gilt
M (λu1 + (1 − λ)u2 ) ≤ λM (u1 ) + (1 − λ)M (u2 )
Da wir bereits gezeigt haben, dass M ∗∗ ≤ M gilt, folgt nun die Gleichheit von M
und M ∗∗ auf dem Intervall. Nun der Fall, dass u1 nicht existiert. 2.10. ORLICZRÄUME
101
Lemma 80 Der Raum nM ist der Rn mit der Norm M . Die Norm des Dualraums
∗
n
n∗
M werde mit M bezeichnet. Dann gilt für alle x ∈ R
xM ∗ ≤ x∗M ≤ 2xM ∗
Beweis.
n
x(i)y(i) ≤
i=1
sup
n
M (|x(i)|)≤1 i=1
n
(M (|x(i)|) + M ∗ (|y(i)|))
i=1
x(i)y(i) ≤ sup
n
∗
M (|x(i)|)+M (|y(i)|) ≤ 1+
M (|x(i)|)≤1 i=1
Somit
y∗M
≤1+
i=1
n
M ∗ (|y(i)|)
i=1
und damit
n
y∗M ≤ 2yM ∗
M ∗ (|y(i)|)
102
2.11
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Khintchine-Ungleichung
Die Rademacher-Funktionen rn : [0, 1] → R, n = 0, 1, . . . , sind durch
rn (t) = sgn sin 2n πt
definiert. Sie nehmen nur die Werte −1 und 1 an. Die Rademacher-Funktionen sind
im wahrscheinlichkeitstheoretischen Sinne unabhängige Zufallsveränderliche.
Satz 15 (Khintchine-Ungleichung) Zu jedem p mit 1 ≤ p < ∞ existieren positive
Konstanten ap und bp , so dass für alle endlichen Folgen reeller Zahlen xi , i =
0, 1, . . . , m die Ungleichungen
ap
m
12
|xi |2
≤
0
i=0
1
p 1
m
m
12
p
xi ri (t) dt
≤ bp
|xi |2
i=0
i=0
Für die optimalen Konstanten√gilt ap ≥ 18 für 1 ≤ p ≤ 2, ap = 1 für 2 ≤ p < ∞,
bp = 1 für 1 ≤ p ≤ 2 und bp ≤ 2p + 4 für 2 ≤ p < ∞.
Die optimalen Konstanten in Satz 15 lassen sich genau bestimmen. Von Young
wurden einige Konstanten bestimmt [You]. Szarek [Sza2] zeigte, dass a1 = √12 .
Haagerup [Haa] berechnete die optimalen Konstanten für alle p.
(2.17) ⎧
1
− p1
⎧
2
⎪
2
0 < p ≤ p0
⎪
⎨
⎨
1
0<p≤2
& p+1 ' p1
1
1
&
'
Γ( 2 )
p+1
b
ap =
=
p
p
√
22
p0 < p < 2
⎪
⎩ 2 12 Γ(√2π )
π
2<p<∞
⎪
⎩
1
2≤p<∞
Es gilt
0
1
m
p 1 m
p 1
p
p
1
x
r
(t)
dt
=
x
i i
i i
2m =±1 i=0
i
i=1
Der letztere Ausdruck lässt die folgende Interpretation zu. Man wirft eine Münze
m-mal. Zahl bekommt den Wert 1 und Kopf den Wert −1. Der Mittelwert oder
Erwartungswert ist 0, d.h. man erwartet genauso oft Kopf wie Zahl. Es ist jedoch
nicht immer so, dass man genauso oft Kopf und Zahl wirft, wenn man eine Münze
m-mal wirft. Es ist z.B. möglich, dass jedesmal Kopf geworfen wird. Es stellt sich
also die Frage, wie sehr typischerweise beim m-maligen Werfen einer Münze das
Ergebnis davon abweicht, dass genauso oft Kopf wie Zahl geworfen werden. Die
mittlere Abweichung ist
m
i xi i =±1 i=1
√
Nach der Khintchine-Ungleichung ist dies von der Größenordnung m.
2.11. KHINTCHINE-UNGLEICHUNG
103
Lemma 81 Es seien k1 , . . . , k natürliche Zahlen. Es gilt genau dann
1
rik11 (t) · · · rik (t)dt = 0,
0
falls eine der Zahlen k1 , . . . , k ungerade ist.
Falls alle Zahlen gerade sind, dann ist das Integral gleich 1.
Beweis. Lemma 82 Für alle k, k1 , k2 , . . . , km = 0, 1, 2, . . .
k!
(2k)!
≤ 22k k!
(2k1 )! · · · (2km )!
k1 ! · · · km !
Beweis.
(2k)!
k!
(2k)(2k − 1)(2k − 2) · · · 2 · 1
k(k − 1) · · · 2 · 1
k
= 2 (2k − 1)(2k − 3) · · · 3 · 1
k−1
k
=2
(2k − (2j + 1))
=
j=0
≤ 2k
k−1
(2k − 2j) = 22k
j=0
k−1
(k − j) = 22k k!
j=0
Hieraus folgt
k!
k!
(2k)!
≤ 22k k!
≤ 22k k!
(2k1 )! · · · (2km )!
(2k1 )! · · · (2km )!
k1 ! · · · km !
Beweis. Mit Satz 67 folgt, dass für die optimalen Konstanten ap die Abschätzung
ap ≤ aq für p ≤ q gilt und bp ≤ bq für p ≤ q.
Wir zeigen zuerst, dass die Ungleichungen für a2 = b2 = 1 gelten. Wegen Lemma
81 gilt für alle i, j mit i = j
1
ri (t)rj (t)dt = 0.
0
Hiermit folgt sofort
2
1
1 m
m
m
x
r
(t)
dt
=
x
x
r
(t)r
(t)dt
=
|xi |2 .
i i
i j
i
j
0
0
i=0
i,j=0
i=0
104
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Mit Satz 67 folgt, dass für p ≤ 2
1
0
und für p ≥ 2
p 1 m
m
12
p
xi ri (t) dt
≤
|xi |2
i=0
m
i=0
12
|xi |2
≤
1
0
i=0
p 1
m
p
xi ri (t) dt
i=0
gilt.
Es sei p eine positive, gerade, ganze Zahl. Die Multinomialentwicklung liefert
p
p
m
p!
km
x i ri =
xk0 · · · xkmm r0k0 · · · rm
k0 ! · · · km ! 0
i=0
k1 ,
. . . , km = 0
ki = p
Hiermit und mit Lemma 81 folgt
p
1 m
xi ri dt =
0 i=0
p
k0 ,
. . . , km = 0
ki = p
ki gerade
p!
xk0 · · · xkmm
k0 ! · · · km ! 1
Wir setzen nun p = 2k
1
0
Weiter gilt
m
2k
x
r
i i dt =
i=0
m
k
|xi |
2
=
i=0
k
k0 ,
. . . , km = 0
ki = k
k
k0 ,
. . . , km = 0
ki = k
(2k)!
2km
0
x2k
1 · · · xm
(2k0 )! · · · (2km )!
k!
0
m
· · · x2k
x2k
m
k0 ! · · · km ! 1
Mit Lemma 82 folgt
0
und somit
1
m
p
k
m
p2
m
& p ' p2 xi ri dt ≤ 22k k!
|xi |2
≤ 2p
|xi |2
2
i=0
i=0
0
1
i=0
p 1
m
12
m
p
xi ri dt
≤ 2p
|xi |2
i=0
i=0
2.11. KHINTCHINE-UNGLEICHUNG
105
√
Damit haben wir auch gezeigt, dass bp ≤ 2p. Falls p ≥ 2, aber keine ganze, gerade
Zahl ist, dann gibt es eine ganze, gerade Zahl r mit 2 ≤ r ≤ p ≤ r + 2. Es folgt
1
⎛
p 1
r+2 ⎞ r+2
m
1 m
p
1 xi ri dt
≤⎝
xi ri dt⎠
0 0 i=0
i=0
m
m
12
12
≤ 2(r + 2)
|xi |2
≤ 2(p + 2)
|xi |2
i=0
i=0
b−2
4
Wir zeigen nun,
die Gleichung erfüllt. Da 4 eine ganze, gerade
√ dass a1 =
Zahl ist, gilt b4 ≤ 8 und somit a1 ≥ 18 . Mit Hölders Ungleichung (Lemma 62) folgt
2
1 m
m
2
|xi |
=
xi ri dt
0 i=0
i=0
2 4
1 m
m
3 3
x i ri xi ri dt
=
0 i=0
i=0
2 ⎛ m
4 ⎞ 13
m
3
1 1 ⎝
xi ri dt
xi ri dt⎠
≤
0
0
i=0
i=0
m
2 m
23
3
1 4
xi ri dt
b43
|xi |2
0
≤
i=0
und somit
m
i=0
12
|xi |2
≤ b24
1
0
i=0
m
xi ri dt
i=0
Wir geben noch eine weiteren Beweis der Khintchine Ungleichung an. Dieser
benutzt, dass die Rademacher Funktionen stochastisch unabhängig sind.
Beweis. Es sei p ∈ N und t ∈ R. Dann gilt |t|p < p!(1 + |t|p /p!) ≤ p!e|t| . Hiermit
folgt
p
n
1 1
n
ai ri dt ≤ p!
exp ai ri dt
0
0
i=1
i=1
n
n
= p! exp
ai ri dt + p! exp −
ai ri dt
≤ p!
n
i=1
ai ri ≥0
1
exp
0
= p!
0
n
i=1
i=1
1
ai ri dt + p!
i=1
n
1
exp (ai ri ) dt + p!
0
n
i=1
exp −
0
n
1
i=1
ai ri ≤0
n
ai ri dt
i=1
exp (−ai ri ) dt
i=1
106
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Mit der stochastischen Unabhängigkeit der Rademacher Funktionen folgt
p
1 n
n 1
n 1
ai ri dt ≤ p!
exp (ai ri ) dt + p!
exp (−ai ri ) dt
0 0
0
i=1
i=1
n
= 2p!
i=1
i=1
ai
−ai
e +e
2
t2
Nun benutzen wir die Abschätzung cosh(t) = 12 (et + e−t ) ≤ e 2 .
p
n
2
1 n
n
a2
ai
i
ai ri dt ≤ 2p!
exp
= 2p! exp
2
2
0
i=1
i=1
i=1
2.12. SATZ VON STONE-WEIERSTRASS
2.12
107
Satz von Stone-Weierstraß
Der Satz von Weierstraß besagt, dass man jede stetige, reellwertige Funktion auf
dem Intervall [a, b] gleichmäßig durch Polynome approximieren kann, d.h. zu jedem
> 0 und zu jeder stetigen Funktion f gibt es ein Polynom p, so dass für alle
x ∈ [a, b]
|f (x) − p(x)| < gilt.
Für zwei reellwertige Funktionen f und g definieren wir
max{f, g}(x) = max{f (x), g(x)}
min{f, g}(x) = min{f (x), g(x)}
Lemma 83 Es sei K ein kompakter, topologischer Raum, der mindestens zwei Elemente enthält. Es sei M eine Teilmenge von C(K, R), so dass
(i) Für alle f, g ∈ M gilt max{f, g} ∈ M und min{f, g} ∈ M .
(ii) Für alle x, y ∈ K mit x = y und alle s, t ∈ R existiert ein f ∈ M mit f (x) = s
und f (y) = t.
Dann ist M in C(K, R) bzgl. der Normtopologie dicht.
Beweis. Es seien f ∈ C(K, R) und > 0 gegeben. Es sei x fest gewählt. Nach
Annahme existiert zu allen x, y ∈ K mit x = y eine Funktion gy ∈ M mit gy (x) =
f (x) und f (y) = gy (y). Weiter sei
Oy = {z|gy (z) > f (z) − }
Für alle y ∈ K ist Oy eine offene Menge und x, y ∈ Oy . Somit ist Oy , y ∈ K und
y = x, eine offene Überdeckung von K. Wegen der Kompaktheit von K gibt es eine
endliche Teilüberdeckung.
n
K=
O yi
i=1
wobei für alle i = 1, . . . , n die Relation x = yi gilt. Nun setzen wir
hx = max{gy1 , . . . , gyn }
Durch Induktion erhalten wir hx ∈ M . Damit erhalten wir
hx (x) = f (x) und für alle z ∈ K : hx (z) > f (z) − Wir setzen nun
Ux = {z ∈ K|hx (z) < f (z) + }
Damit ist Ux , x ∈ K, eine offene Überdeckung von K und besitzt eine endliche
Teilüberdeckung.
m
K=
Uxj
j=1
108
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Wir setzen nun
h = min{hx1 , . . . , hxm }
Damit gilt f − < h < f + und somit f − h < . Satz 16 Es sei K ein kompakter, topologischer Raum und X ein Teilraum von
C(K, R), so dass
(i) X enthält alle konstanten Funktionen.
(ii) Die Funktionen von X trennen die Punkte von K, d.h. für alle x, y ∈ K mit
x = y gibt es eine Funktion f ∈ X mit f (x) = f (y).
(iii) Für alle f, g ∈ X gilt max{f, g} ∈ X und min{f, g} ∈ X.
Dann ist X in C(K, R) bzgl. der Normtopologie dicht.
Beweis. Falls K nur ein Element enthält, ist das Ergebnis klar. Wir nehmen nun
an, dass K mindestens zwei Elemente enthält. Es reicht nun, die Voraussetzungen
von Lemma 83 nachzuprüfen.
Falls x, y ∈ K mit x = y, dann gibt es eine Funktion f ∈ X mit f (x) = f (y).
Da die konstanten Funktionen in X liegen, so sind für alle α, β ∈ R die Funktionen
αf + β Elemente von X. Es gibt zu allen s, t ∈ R zwei Zahlen α, β ∈ R mit
αf (x) + β = s und αf (y) + β = t, nämlich
α=
s−t
f (x) − f (y)
β = s − f (x)
s−t
f (x) − f (y)
Es gilt αf +β ∈ X, weil die konstanten Funktionen in X sind und X ein Vektorraum
ist. Es sei K eine kompakter, topologischer Raum und A sei ein Teilraum von C(K).
Wir sagen, dass A eine Algebra ist, wenn aus f, g ∈ A die Relation f · g ∈ A folgt.
Wir bemerken, dass ein Teilraum A genau dann eine Algebra ist, wenn für alle
f ∈ A die Relation f 2 ∈ A gilt. Dies folgt, weil
1
f · g = ((f + g)2 − f 2 − g 2 )
2
Lemma 84 (Dini) Es sei K ein kompakter, topologischer Raum und fn , n ∈ N, eine
monoton wachsende Folge in C(K, R), die punktweise gegen eine stetige Funktion f
konvergiert. Dann konvergiert die Folge gleichmäßig gegen f .
Beweis. Es sei > 0. Wir setzen
On = {x ∈ K|fn (x) > f (x) − }
Dann ist On eine offene Überdeckung von K, weil fn punktweise gegen f konvergieren. Weiter gilt On ⊆ On+1 , weil fn monoton wachsend sind. Also gibt es ein
N mit ON = K. Somit gilt für alle x ∈ K, dass f (x) − < fN (x) ≤ f (x). Weil fn
strikt wachsend sind, gilt für alle n ≥ N , dass f (x) − < fn (x) ≤ f (x). 2.12. SATZ VON STONE-WEIERSTRASS
109
Lemma 85 Es gibt eine Folge von Polynomen pn , n ∈ N, die auf [−1, 1] gleichmäßig
gegen die Funktion |x| konvergiert.
Beweis. Wir setzen p0 = 0 und
1
pn+1 (x) = pn (x) + (x2 − p2n (x))
2
pn ist monoton wachsend und konvergiert punktweise gegen die Funktion |x|. Mit
dem Lemma von Dini (Lemma 84) folgt, dass die Folge gleichmäßig konvergiert.
Wir zeigen, dass für alle n ∈ N und alle x ∈ [−1, 1] die Ungleichung 0 ≤ pn (x) ≤
|x| gilt. Wir benutzen Induktion über n. p0 = 0 erfüllt offenbar die Ungleichung.
Wir nehmen nun an, dass wir die Ungleichung für n bewiesen haben. Dann
1
pn+1 (x) = pn (x) + (x2 − p2n (x)) ≥ pn (x)
2
und
pn+1 (x)
1
= pn (x) + (x2 − p2n (x))
2
1
= |x| − (|x| − pn (x)) + (|x| + pn (x))(|x| − pn (x))
2
#
1
= |x| − (|x| − pn (x)) 1 − (|x| + pn (x)) ≤ |x|
2
Damit haben wir nachgewiesen, dass die Folge monoton wachsend ist und pn ≤ pn+1
gilt.
Wir zeigen nun, dass limn→∞ pn (x) = |x|. Es gilt
1
lim pn+1 (x) = lim pn (x) + (x2 − lim p2n (x))
n→∞
n→∞
n→∞
2
Es folgt
x2 = lim p2n (x)
n→∞
Da pn ≥ 0, folgt limn→∞ pn (x) = |x|. Satz 17 [Stone-Weierstraß] Es sei K ein kompakter, topologischer Raum und A
eine Algebra in dem reellen Raum C(K). A enthalte die konstanten Funktionen
und A sei punktetrennend, d.h. zu jedem x und y mit x = y gibt es eine Funktion
f ∈ A mit f (x) = f (y). Dann liegt A dicht in C(K).
Falls C(K) ein komplexer Vektorraum ist, dann muss man noch zusätzlich fordern,
dass A selbstadjungiert ist, d.h. mit f ∈ A gilt auch f¯ ∈ A.
Beweis. Die Algebra A enthält alle konstanten Funktionen und sie trennt auch die
Punkte von K. Damit gilt dies auch für den Abschluss Ā der Algebra und Ā ist
wiederum eine Algebra. Dies gilt, weil
fn gn − f g ≤ fn gn − f gn + f gn − f g ≤ gn fn − f + f gn − g
110
CHAPTER 2. TOPOLOGISCHE VEKTORRÄUME
Nach Satz 16 reicht es nun nachzuweisen, dass max{f, g} ∈ Ā und min{f, g} ∈ Ā,
falls f, g ∈ Ā gilt.
Nach Lemma 85 gibt es eine Folge von Polynomen pn , die auf [−1, 1] gleichmäßig
gegen die Funktion |x| konvergiert. Damit konvergiert die Folge pn ( ff ) gleichmäßig
|f |
gegen die Funktion f
. Die Funktionen pn ( ff ) sind Elemente von Ā, weil Ā eine
Algebra ist. Weiter folgt, dass f pn ( ff ) gleichmäßig gegen |f | konvergiert. Somit
ist auch |f | in Ā enthalten.
Wegen
1
max{f, g} = (f + g + |f − g|)
2
1
min{f, g} = (f + g − |f − g|)
2
sind also auch max{f, g} und min{f, g} in Ā enthalten wenn f, g ∈ Ā. Korollar 3 Es sei K eine kompakte Teilmenge des Rn . Dann sind die Polynome
dicht in dem Raum C(K, R).
Beweis. Die Menge der Polynome ist offensichtlich eine Algebra. Die Konstanten
gehören zum Raum der Polynome. Die Polynome trennen die Punkte von K. Dazu
reicht es, die Polynome der Form xi + c, c ∈ R, i = 1, . . . , n, zu betrachten. Chapter 3
Lineare Operatoren
3.1
Lineare Operatoren
Es seien X, Y normierte Räume und T : X → Y eine lineare Abbildung. T heißt
beschränkt, falls es ein c mit c > 0 gibt, so dass für alle x ∈ X
T (x)Y ≤ cxX
gilt. Das Infimum über alle solche c bezeichnen wir als die Norm von T
(3.1)
T = inf {c |∀x ∈ X : T (x)Y ≤ cxX }
Lemma 86 (i) Für alle x ∈ X gilt
T (x)Y ≤ T xX
(ii)
T = sup{T (x)Y | xX ≤ 1}
(iii)
T = sup{T (x)Y | xX = 1}
(iv)
T = sup
x=0
T (x)Y
xX
Beweis. (i) Aus der Definition (3.1) folgt
∀ > 0∀x ∈ X : T (x)Y ≤ (T + )xX .
Es folgt sofort
∀x ∈ X : T (x)Y ≤ T xX .
(ii) Aus (i) folgt
sup{T (x)Y | xX ≤ 1} ≤ T .
111
112
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Umgekehrt gibt es für jedes > 0 ein x ∈ X, so dass
T (x)Y ≥ (T − )xX .
Hieraus folgt
x
T
≥ T − .
xX Y
Damit folgt für alle > 0
sup{T (x)Y | xX ≤ 1} ≥ T − .
Mit L(X, Y ) bezeichnen wir die Menge aller linearen, beschränkten Operatoren
von X nach Y .
Lemma 87 L(X, Y ) ist ein Vektorraum und
T = inf{c |∀x ∈ X : T (x)Y ≤ cxX }
ist eine Norm. Sie wird Operatornorm genannt.
Beweis. Falls T = 0, dann gilt
sup T = 0.
x
=1
Also gilt für alle x mit x = 1, dass T x = 0. Hieraus folgt für alle x ∈ X, dass
T x = 0. Also T = 0.
Weiter gilt
tT = sup tT (x) = sup |t|T (x) = |t| sup T (x) = |t|T .
x
=1
x
=1
x
=1
Wir zeigen, dass die Dreiecksungleichung gilt.
T + S
= sup (T + S)(x) = sup T (x) + S(x)
x
≤1
x
≤1
≤ sup (T (x) + S(x))
x
≤1
≤ sup T (x) + sup S(x) = T + S
x
≤1
x
≤1
Lemma 88 X und Y seien normierte Räume und T : X → Y ein linearer Operator. Dann sind äquivalent:
(i) T ist stetig.
(ii) T ist stetig in 0.
(iii) T ist beschränkt.
3.1. LINEARE OPERATOREN
113
Beweis. Dass (ii) aus (i) folgt, ist trivial. Wir zeigen, dass (iii) aus (ii) folgt. Da
T stetig in 0 ist, gibt es ein δ > 0, so dass für alle x ∈ X mit xX < δ gilt, dass
T (x) < 1.
T = sup{T (x)Y | xX ≤ 1}
1
sup{T (δx)Y | xX ≤ 1}
δ
1
1
= sup{T (y)Y | yX ≤ δ} ≤
δ
δ
=
Aus (iii) folgt (i): Die Beschränktheit von T
∀x ∈ X : T (x)Y ≤ T xX
impliziert sofort
∀x, y ∈ X : T (x − y)Y ≤ T x − yX .
Lemma 89 Falls X ein normierter Raum und Y ein Banachraum ist, dann ist
L(X, Y ) ein Banachraum.
Beweis. Es sei Tn , n ∈ N, eine Cauchy Folge in L(X, Y ). Dann gilt für alle x ∈ X,
dass Tn x, n ∈ N, eine Cauchy Folge ist. Dies folgt sofort aus
Tn x − Tm xY = (Tn − Tm )xY ≤ Tn − Tm xX
Da Y ein Banachraum ist, konvergiert Tn x, n ∈ N, für alle x ∈ X. Wir definieren
einen Operator T durch
T (x) = lim Tn (x)
n→∞
Wir prüfen nach, dass T linear ist.
T (x + y) = lim Tn (x + y)
n→∞
= lim (Tn (x) + Tn (y))
n→∞
= lim Tn (x) + lim Tn (y) = T (x) + T (y)
n→∞
n→∞
T (tx) = lim Tn (tx) = t lim Tn (x) = tT (x)
n→∞
n→∞
Wir prüfen nach, dass T beschränkt ist.
T = sup T (x)Y = sup lim Tn (x)Y
x
≤1
x
≤1
n→∞
Mit Lemma 51
T = sup lim Tn (x)Y = sup lim inf Tn (x)Y
x
≤1 n→∞
x
≤1 n→∞
≤ lim inf sup Tn (x)Y = lim inf Tn n→∞ x
≤1
= lim Tn n→∞
n→∞
114
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Die letzte Gleichheit gilt, weil Tn , n ∈ N, eine Cauchy Folge in L(X, Y ) ist und
damit Tn , n ∈ N, eine Cauchy Folge in R ist. Wir zeigen nun, dass die Folge Tn ,
n ∈ N, in L(X, Y ) gegen T konvergiert.
T − Tn = sup Tn (x) − T (x)Y
x
≤1
= sup Tn (x) − lim Tk (x)Y
k→∞
x
≤1
= sup lim (Tn (x) − Tk (x))Y
x
≤1
k→∞
= sup lim Tn (x) − Tk (x)Y
x
≤1 k→∞
= sup lim inf Tn (x) − Tk (x)Y
x
≤1 k→∞
≤ lim inf sup Tn (x) − Tk (x)Y
k→∞ x
≤1
= lim inf Tn − Tk k→∞
Lemma 90 Es seien X, Y und Z normierte Räume und T : X → Y und S : Y → Z
beschränkte, lineare Operatoren. Dann gilt
S ◦ T ≤ ST Beweis.
S ◦ T = sup S(T (x)) ≤ sup ST (x) ≤ ST x
≤1
x
≤1
Zwei normierte Räume X und Y heißen isomorph, wenn es eine Bijektion I :
X → Y gibt, so dass I und I −1 beschränkt sind.
Eine lineare Abbildung P : X → X heißt Projektion, falls P 2 = P gilt. Eine
Projektion ist auf dem Bild P (X) die identische Abbildung, d.h. für alle x ∈ P (X)
gilt P (x) = x. Dies sieht man leicht ein: Es sei x ∈ P (X). Dann gibt es ein y ∈ X
mit x = P (y) und somit gilt
P (x) = P 2 (y) = P (y) = x
Wir sagen, dass ein Teilraum Y von X komplementiert ist, wenn Y das Bild einer
stetigen Projektion ist.
Ein Vektorraum X ist die direkte Summe von zwei Teilräumen Y und Z, wenn
zu jedem x ∈ X genau ein y ∈ Y und genau ein z ∈ Z mit x = y + z existieren.
Dies kann man auch so formulieren: Es gibt zwei Teilräume Y und Z mit Y ∩Z =
{0} und
X = Y + Z = {y + z|y ∈ Y, z ∈ Z}
3.1. LINEARE OPERATOREN
115
Wenn es sich um topologische Vektorräume handelt, dann statten wir die direkte
Summe mit der Produkttopologie aus, die im Fall normierter Räume von der Norm
yY + zZ erzeugt wird.
Wir sagen dann, dass X die topologische direkte Summe von Y und Z ist.
Lemma 91 Es sei X ein Banachraum und Y ein Teilraum von X. Y ist genau
dann komplementiert in X, wenn es einen weiteren Teilraum Z von X gibt, so dass
X die direkte Summe von Y und Z ist und so dass die Norm Y + Z äquivalent
zu der von X ist, d.h. es gibt eine Konstante c > 0, so dass für alle y ∈ Y und alle
z∈Z
y + z ≤ y + z ≤ cy + z
Beweis. Es sei Y das Bild der stetigen Projektion P . Es sei I : X → X die
identische Abbildung. Dann ist I − P eine stetige Projektion
(I − P )2 = I 2 − P I − IP + P 2 = I − P.
Die Norm von I − P lässt sich einfach abschätzen.
I − P ≤ I + P = 1 + P Wir wählen Z als das Bild von I − P . Dann ist X die direkte Summe von Y und
Z. Zu jedem x ∈ X wählen wir y = P (x) und z = (I − P )x und es gilt x =
P x + (I − P )x = y + z. Die Darstellungen sind eindeutig, weil aus P (v) = (I − P )w
folgt, dass P (v + w) = w. Somit gilt w ∈ Y und weiter P (v) = 0.
Für alle y ∈ Y und z ∈ Z gilt y = P (y + z) ≤ P y + z und z =
(I − P )(y + z) ≤ I − P y + z. Somit gilt
y + z ≤ (P + I − P )y + z
Wir zeigen nun die Umkehrung. Es sei X die topologische direkte Summe von Y
und Z. Wir setzen dann P : X → X
P (y + z) = y
Dann gilt
P = sup P (y + z) = sup y ≤
y+z
≤1
y+z
≤1
sup
y
+
z
≤c
y ≤ c
Den Raum Z nennt man auch Komplementärraum zu Y .
Es sei X ein Vektorraum und Y ein Teilraum von X. Wir sagen, dass x und
z äquivalent sind, wenn x − z ein Element von Y ist. Wir bezeichnen den Raum
aller Äquivalenzklassen als Quotientenraum X/Y . Die Abbildung Q, die x auf ihre
Äquivalenzklasse abbildet heißt Quotientenabbildung.
116
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Falls X ein normierter Raum ist und Y ein abgeschlossener Teilraum von X ist,
dann ist
[x]X/Y = inf{zX |z ∼ x} = inf{x + yX |y ∈ Y } = inf{x − yX |y ∈ Y }
eine Norm auf X/Y .
Lemma 92 Es sei X ein normierter Raum und Y ein abgeschlossener Teilraum
von X. Dann gelten
(i) [x]X/Y = inf{zX |z ∼ x} = inf{x + yX |y ∈ Y } ist eine Norm auf X/Y .
(ii) ∀ > 0∀x ∈ X∃y ∈ Y : [x] + ≥ x + y
(iii) Die Abbildung Q : X → X/Y mit Q(x) = [x] hat die Norm 1.
(iv) Falls X vollständig ist, so ist auch X/Y vollständig.
Beweis. (i) Da Y abgeschlossen ist, gilt für alle x ∈
/Y
[x]X/Y > 0
Es folgt, dass genau dann [x] = 0 gilt, wenn [x] = 0. Wir weisen die Dreiecksungleichung nach.
[x] + [y]
= [x + y]
= inf{x + y + zX |z ∈ Y }
= inf{x + y + z + wX |z, w ∈ Y }
≤ inf{x + zX + y + wX |z, w ∈ Y }
= inf{x + zX |z, w ∈ Y } + inf{y + wX |z, w ∈ Y }
= [x] + [y]
(ii) folgt aus der Eigenschaft des Infimums.
(iii) Es gilt
Q = sup inf{x + yX |y ∈ Y }
x
=1
Man sieht sofort, dass Q ≤ 1. Wir weisen nun die umgekehrte Ungleichung
nach. Es sei x ∈ X mit x = 1. Dann gibt es zu jedem > 0 ein y ∈ Y mit
[x] ≥ x − yX − . Es folgt
[x]X/Y
[x]X/Y
[x − y]X/Y
=
≥
x − yX
x − yX
[x]X/Y + ∞
(iv)
Nach
Lemma
52
reicht
es
zu
zeigen,
dass
n=1 [xn ] in X/Y konvergiert, falls
∞
[x
]
<
∞.
Wir
können
annehmen,
dass
für alle n ∈ N die Ungleichung
n
n=1
1
xn ≤ [xn ] + 2n gilt. Es folgt
Q ≥
∞
n=1
xn ≤ 1 +
∞
n=1
[xn ] < ∞
3.1. LINEARE OPERATOREN
117
Da X vollständig ist, konvergiert ∞
n=1 xn . Damit folgt
1
1
2
2 ∞
∞
N
∞
xn −
[xn ] = xn ≤ xn n=1
n=1
n=N +1
n=N +1
Es seien X und Y normierte Räume und T : X → Y eine lineare Abbildung.
Wir sagen, dass T offen ist, wenn T offene Mengen auf offene abbildet.
Lemma 93 Es sei X ein normierter Raum und Y ein abgeschlossener Teilraum.
Dann ist die Quotientenabbildung Q : X → X/Y , Q(x) = [x], eine offene Abbildung.
Das Bild der abgeschlossenen Kugel muss nicht gleich der abgeschlossenen Kugel
im Quotientenraum sein. Dazu kannn man ein Funktional betrachten, das seine
Norm nicht annimmt. Der Quotientenraum ist gleich R. (Beispiel 19)
Beweis. Wir zeigen zuerst, dass für alle r > 0
Q({x|x < r}) = {[x]| [x] < r}
Es gilt Q(x) = [x] ≤ x. Somit gilt
Q({x|x < r}) ⊆ {[x]| [x] < r}
Sei andererseits x ∈ X mit [x] < r. Dann gibt es zu jedem > 0 ein y ∈ Y mit
[x] + ≥ x − y . Wir können so klein wählen, dass [x] + < r. Dann gilt
x − y < r und Q(x − y ) = [x]. Also gilt
Q({x|x < r}) ⊇ {[x]| [x] < r}
Es sei nun O eine offene Menge in X. Dann gibt es zu jedem x ∈ O ein x > 0, so
dass
B(x, x )
O=
x∈O
dann gilt
Q(O) =
x∈O
Q(B(x, x )) =
{[x] + Q(B(0, x ))}
x∈O
Lemma 94 Es sei X ein Banachraum und Y ein komplementierter Teilraum von
X. Dann ist der Quotientenraum X/Y isomorph zu einem Teilraum von X.
Beweis. Nach Lemma 91 gibt es einen weiteren Teilraum Z mit Y ∩ Z = {0} und
X = Y + Z, so dass die Norm Y + Z äquivalent zu der von X ist. Wir zeigen,
118
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
dass X/Y isomorph zu Z ist. Zu jedem x ∈ X gibt es genau ein y ∈ Y und z ∈ Z,
so dass x = y + z. Wir definieren I : X/Y → Z durch
I([x]) = z
Diese Abbildung ist wohldefiniert und bijektiv. Es sei x ∈ X und x = y + z mit
y ∈ Y und z ∈ Z. Dann gilt
xX/Y = inf x + uX = inf y + z + uX ≤ z
u∈Y
u∈Y
und
xX/Y = inf x + uX = inf z + y + uX ≥ c inf (y + uY + zZ ) = czZ
u∈Y
u∈Y
u∈Y
Lemma 95 Es seien X ein Banachraum, T : X → X ein beschränkter Operator
mit T < 1 und I die identische Abbildung auf X. Dann ist I − T bijektiv und
(I − T )−1 ein beschränkter Operator.
Beweis.
Da X ein Banachraum ist, so ist auch L(X) ein Banachraum. Die Reihe
∞
n
T
konvergiert
in L(X), weil T < 1 und damit die Reihe absolut konvergiert.
n=0
Es gilt
∞
−1
(I − T ) =
T n.
n=0
Die Folge der Operatoren
(I − T )
k
n=0
konvergiert gegen I. T n = I − T k+1
3.2. KOMPAKTE OPERATOREN
3.2
119
Kompakte Operatoren
Eine lineare Abbildung T : X → Y zwischen zwei normierten Räumen heißt kompakt, wenn das Bild T (BX ) der abgeschlossenen Einheitskugel relativ kompakt ist,
wenn also der Abschluss von T (BX ) kompakt ist.
K(X, Y ) bezeichnet die kompakten Operatoren. Man beachte, dass jede kompakte Abbildung stetig ist, weil dass Bild der Einheitskugel relativ kompakt und
damit beschränkt ist.
Eine Abbildung ist genau dann kompakt, wenn das Bild jeder beschränkten
Menge relativ kompakt ist.
Eine Abbildung ist genau dann kompakt, wenn das Bild jeder beschränkten Folge
eine konvergente Teilfolge besitzt. Wir überlegen uns dies. Wir nehmen zunächst
an, dass der Abschluss von T (BX ) kompakt ist. O.E.d.A. können wir annehmen,
dass die beschränkte Folge xn , n ∈ N, in der Einheitskugel enthalten ist. Dann ist
das Bild dieser Folge T (xn ), n ∈ N, in einer kompakten Menge enthalten und besitzt
also eine konvergente Teilfolge.
Nun die Umkehrung. Es sei yn , n ∈ N, eine Folge in T (BX ). Dann gibt es zu
jedem yn ein zn mit yn − zn ≤ n1 und zn ∈ T (BX ). Dann besitzt zn , n ∈ N, eine
konvergente Teilfolge znk , k ∈ N. Die Folge ynk , k ∈ N, konvergiert gegen denselben
Grenzwert.
Lemma 96 Es seien X, Y und Z Banachräume. Dann gilt
(i) K(X, Y ) ist ein abgeschlossener Teilraum von L(X, Y ).
(ii) Es seien T ∈ L(X, Y ) und S ∈ L(Y, Z). Falls T oder S kompakt ist, dann ist
auch S ◦ T kompakt.
Beweis. (i) Ein Operator T : X → ist genau dann kompakt, wenn T jede beschränkte
Folge auf eine Folge abbildet, die eine konvergente Teilfolge besitzt.
Es ist offensichtlich, dass mit T auch sT kompakt ist. Es seien nun S, T kompakte
Abbildungen und xk , k ∈ N, eine beschränkte Folge in X. Dann gibt es eine Teilfolge
xki , i ∈ N, so dass S(xki ), i ∈ N, konvergiert. Nun wählen wir eine weitere Teilfolge
xkin , n ∈ N, so dass auch T (xkin ), n ∈ N, konvergiert. Damit konvergiert
(S + T )(xkin )
n∈N
Nun zeigen wir, dass K(X, Y ) in L(X, Y ) abgeschlossen ist. Dazu benutzen wir ein
Diagonalfolgenargument. Es seien Tn ∈ K(X, Y ), n ∈ N, und Tn , n ∈ N, konvergiere
gegen T ∈ L(X, Y ). Außerdem sei xk , k ∈ N, eine beschränkte Folge. Zu T1 finden
wir eine Teilfolge von xk , k ∈ N, die wir mit x1k , k ∈ N, bezeichnen, so dass
T1 (x1k )
k∈N
konvergiert. Wir definieren nun induktiv eine Folge von Teilfolgen. Wenn wir die
j-te Teilfolge xjk , k ∈ N, gewählt haben, dann wählen wir aus dieser Teilfolge die
j + 1-te Teilfolge xj+1
k , k ∈ N, so dass
Tj+1 (xj+1
k )
k∈N
120
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
konvergiert. Nun wählen wir die Diagonalfolge xjj , j ∈ N, als Teilfolge. Dann
konvergiert für alle n ∈ N die Folge
j∈N
Tn (xjj )
Wir zeigen nun, dass auch die Folge T (xjj ), j ∈ N, konvergiert. Zu gegebenem > 0
wählen wir n so groß, dass T − Tn < . Nun wählen wir j0 so groß, dass für alle
j, m ≥ j0 die Ungleichung Tn (xjj ) − Tn (xm
m ) < gilt. Hiermit folgt
T (xjj ) − T (xm
m )
m
m
≤ T (xjj ) − Tn (xjj ) + Tn (xjj ) − Tn (xm
m )| + Tn (xm ) − T (xm )
≤ xjj T − Tn + + xm
m T − Tn ≤ (1 + 2 sup xii )
i∈N
(ii) Es sei xk , k ∈ N, eine beschränkte Folge. Falls S kompakt und T beschränkt
sind, dann ist T (xk ), k ∈ N, eine beschränkte Folge und S(T (xk )), k ∈ N, besitzt
eine Teilfolge, die konvergiert.
Falls T kompakt und S beschränkt sind, dann gibt es eine Teilfolge xkj , j ∈ N, so
dass T (xkj ), j ∈ N, konvergiert. Da S stetig ist, konvergiert auch S(T (xkj )), j ∈ N.
Lemma 97 Es seien X und Y Banachräume und T ∈ L(X, Y ). Es sei Tn ∈
L(X, Y ), so dass für alle n ∈ N das Bild von Tn endlich-dimensional ist und Tn in
der Norm gegen T konvergiert. Dann T ist kompakt.
Die Umkehrung gilt auch für viele Räume X und Y , es gibt aber Beispiele, in
denen die Umkehrung nicht gilt. Diese Frage wird im Rahmen der Approximationseigenschaft behandelt.
Beweis. Tn , n ∈ N sind kompakt, weil das Bild endlich-dimensional ist. Der Raum
K(X, Y ) ist vollständig nach Lemma 96, deshalb ist T kompakt. Beispiel 15 Es sei 1 ≤ p < ∞ und tn , ∈ N, eine beschränkte, reelle Folge. Der Multiplikationsoperator Mt : p → p ist durch
Mt (x) = (t1 x(1), t2 x(2), . . . )
definiert.
(i) Mt ist stetig und Mt = supn∈N |tn |.
(ii) Mt ist genau dann eine kompakte Abbildung, wenn
lim tn = 0
n→∞
Beweis. (ii) Falls Mt kompakt ist, dann ist das Bild der abgeschlossenen Einheitskugel relativ
kompakt. Mit Lemma 28 folgt, dass jede Teilfolge von tn en , n ∈ N, eine konvergente Teilfolge
besitzt. Es folgt, dass limn→∞ tn = 0.
3.2. KOMPAKTE OPERATOREN
121
Nun die Umkehrung. Nach Lemma 71 gilt: Es sei 1 ≤ p < ∞. Eine Teilmenge K von p ist
genau dann relativ kompakt in der Norm Topologie, wenn für alle > 0 ein N existiert, so dass
für alle x ∈ A
∞
|x(j)|p < j=N
gilt.
122
3.3
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Lineare Funktionale
Eine lineare Abbildung von einem topologischen Vektorraum X über dem Körper
K nach K heißt lineares Funktional. Der Vektorraum aller stetigen, linearen Funktionale eines topologischen Vektorraumes X heißt Dualraum von X und wird mit
X ∗ bezeichnet. Falls X ein normierter Vektorraum ist, dann ist X ∗ mit der Operatornorm wegen Lemma 89 ein Banachraum.
Der Dualraum ist von besonderer Bedeutung in der Funktionalanalysis. Wenn
man z.B. eine Eigenschaft eines normierten Raumes überprüfen will, so kann es
einfacher sein eine entsprechende Eigenschaft für den Dualraum nachzuweisen.
Lemma 98 Es sei X ein topologischer, reeller Vektorraum und φ ein lineares Funktional auf X. φ ist genau dann stetig, wenn es eine Nullumgebung U gibt, auf der
φ beschränkt ist.
Beweis. Wir zeigen, dass aus der Stetigkeit von φ die Existenz einer Nullumgebung
folgt, auf der φ beschränkt ist: Das Urbild des Intervalls [−1, 1] ist eine Nullumgebung.
Wir zeigen nun die Umkehrung. Es gebe eine Nullumgebung U und eine Konstante c, so dass für alle x ∈ U die Ungleichung |φ(x)| ≤ c gilt. Dann ist c U eine
Nullumgebung und
φ−1 ([−, ]) ⊇ c U.
Damit ist für alle > 0 das Urbild von (−, ) eine Nullumgebung. Somit ist φ in 0
stetig. Wegen Lemma 88 ist φ damit in allen Punkten stetig. Lemma 99 Es sei X ein topologischer, reeller Vektorraum und φ : X → R ein
lineares Funktional.
(i) φ ist genau dann stetig, wenn der Teilraum {x ∈ X|φ(x) = 0} abgeschlossen ist.
(ii) Ein von 0 verschiedenes Funktional φ ist genau dann stetig, wenn {x ∈ X|φ(x) =
0} nicht dicht in X ist.
Beweis. (i) Falls φ stetig ist, so ist das Urbild jeder abgeschlossenen Menge
abgeschlossen. Also ist {x ∈ X|φ(x) = 0} abgeschlossen.
Wir nehmen nun an, dass {x ∈ X|φ(x) = 0} abgeschlossen ist. Falls
X = {x ∈ X|φ(x) = 0}
so ist das Funktional φ identisch 0 und damit stetig. Falls
X = {x ∈ X|φ(x) = 0}
dann gibt es ein x0 ∈ X mit x0 ∈
/ {x ∈ X|φ(x) = 0}. Da {x ∈ X|φ(x) = 0}
abgeschlossen ist, gibt es eine Nullumgebung U mit
x0 + U ∩ {x ∈ X|φ(x) = 0} = ∅
3.3. LINEARE FUNKTIONALE
123
Wir können annehmen, dass U kreisförmig ist, d.h. für alle x ∈ U und alle t mit
|t| ≤ 1 gilt tx ∈ U . Falls φ auf U nicht beschränkt ist, dann gibt es ein x ∈ U mit
|φ(x)| ≥ |φ(x0 )|
0)
x ∈ U und
Weil U kreisförmig ist, gilt − φ(x
φ(x)
φ(x0 )
x0 −
x ∈ x0 + U
φ(x)
φ(x0 )
φ x0 −
x
φ(x)
und
=0
Also gibt es einen Vektor in x0 + U , der durch φ auf die 0 abgebildet wird. Andererseits gilt x0 + U ∩ {x ∈ X|φ(x) = 0} = ∅. Dies ist ein Widerspruch.
(ii) Falls {x ∈ X|φ(x) = 0} in X dicht ist, dann muss {x ∈ X|φ(x) = 0} = X
gelten und das Funktional ist das 0-Funktional.
Falls {x ∈ X|φ(x) = 0} nicht in X dicht ist, so gilt für den Abschluss X =
{x ∈ X|φ(x) = 0}. Da aber {x ∈ X|φ(x) = 0} Kern eines Funktionals ist, so muss
die Codimension gleich 1 sein und somit ebenso für {x ∈ X|φ(x) = 0}. Damit gilt
{x ∈ X|φ(x) = 0} = {x ∈ X|φ(x) = 0}. Beispiel 16 Es sei 0 < p < 1. Der topologische Vektorraum Lp [0, 1] besitzt genau ein stetiges
Funktional, nämlich das 0-Funktional.
Der Dualraum von p , 0 < p < 1, besteht nicht nur aus dem 0-Funktional. Die Koordinatenfunktionale sind stetig, weil
|ai | ≤ ap
Deshalb separiert der Dualraum von p die Punkte von p . Man kann sogar zeigen, dass der
Dualraum isometrisch isomorph zu ∞ ist.
Beweis. Wir nehmen an, dass es ein stetiges Funktional φ gibt, das von 0 verschieden ist. Dann
gibt es ein g0 ∈ Lp , so dass g0 = 0 und φ(g0 ) = 1. Wir zeigen, dass φ nicht stetig ist. Dazu
konstruieren wir eine Folge gn , n = 0, 1, . . . mit
φ(g1 ) ≥ 1
1
gn p = 21− p g0 p
und
Eine solche Folge widerspricht der Stetigkeit, weil
lim gn = 0
n→∞
lim sup φ(gn ) ≥ 1
und
n→∞
Wir konstruieren die Folge aus der Funktion g0 . Wir machen den Induktionsschritt. Dazu wählen
wir x0 , so dass
x0
1
|gn |p dx =
|gn |p dx.
0
x0
Auf Grund der Linearität von φ gilt
1 = φ(gn ) = φ(gn χ[0,x0 ) ) + φ(gn χ[x0 ,1] ).
Somit gilt
1
2
≤ φ(gn χ[0,x0 ) )
Wir setzen
gn+1 =
1
2
oder
2gn χ[0,x0 )
falls
2gn χ[x0 ,1]
falls
1
2
1
2
≤ φ(gn χ[x0 ,1] ).
≤ φ(gn χ[0,x0 ) )
> φ(gn χ[0,x0 ) ).
124
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Dann gilt φ(gn+1 ) ≥ 1 und, falls gn+1 = 2gn χ[0,x0 ) ,
gn+1 p
p1
1
|2gn χ[0,x0 ) | dx
p
=
0
x0
=2
p1
|gn | dx
p
0
1
p1
1
1
p
=2
|gn | dx
= 21− p gn p
2 0
Lemma 100 Es sei X ein topologischer, linearer Raum. Es gibt genau dann ein
nichttriviales stetiges Funktional auf X, wenn X eine von X verschiedene konvexe
Nullumgebung besitzt.
Beispiel 17 Auf jedem normierten, reellen, unendlich-dimensionalen Raum gibt es ein unstetiges
Funktional
Beweis. Es sei xγ , γ ∈ Γ, eine Hamel Basis des Raumes. Wir können annehmen, dass für alle
γ ∈ Γ die Gleichung xγ = 1 gilt. Wir können Γ = N ∪ B schreiben, wobei N und B disjunkt
sind. Nun definieren wir das Funktional φ durch
φ(xn ) = n
und
φ(xγ ) = 0
γ∈B
3.4. SATZ VON HAHN-BANACH I: DIE ANALYTISCHE VERSION
3.4
125
Satz von Hahn-Banach I: Die analytische Version
Hans Hahn (1879-1934) wurde in Wien geboren. Er studierte in Wien und Göttingen.
Nach dem 1. Weltkrieg hatte er eine Professur in Bonn und ab 1921 in Wien.
Stefan Banach (1892-1945) wurde in Krakau geboren. Er studierte an der Technischen Hochschule in Lwow und wurde dort 1927 Professor.
Der Satz von Hahn-Banach besagt, dass man ein stetiges, lineares Funktional,
das auf einem Teilraum definiert ist, zu einem stetigen linearen Funktional auf den
ganzen Raum fortsetzen kann. Diese Aussage ist in dem Fall, dass der Raum endlichdimensional ist, nicht sehr überraschend, weil alle linearen Abbildungen stetig sind
und man mit Hilfe der Linearen Algbra leicht die Existenz einer Fortsetzung nachweist. Der entscheidende Punkt ist also, dass die Räume nicht endlich-dimensional
sind.
Der Satz von Hahn-Banach ist ein wichtiges und grundlegendes Ergebnis der
Funktionalanalysis. Es wurde 1927 von Hans Hahn, Wien, bewiesen und zwei Jahre
später von Stefan Banach. Es handelt sich um ein abstraktes Ergebnis. Seine Bedeutung liegt gerade in dem hohen Abstraktionsgrad. Es findet breite Anwendung,
ohne den Satz von Hahn-Banach ist die Funktionalanalysis nicht denkbar [Cas].
Es gibt zwei Formulierungen davon, eine analytische und eine geometrische. Die
analytische besagt, dass man jedes stetige Funktional, das auf einem Teilraum eines
normierten Raumes definiert ist, zu einem stetigen Funktional auf dem gesamten
Raum fortsetzen kann.
Die geometrische Version besagt, dass sich zwei disjunkte, konvexe Mengen,
durch eine abgeschlossene Hyperebene trennen lassen. Hierbei muß man allerdings weitere Bedingungen an die Mengen stellen. So reicht es aus zu fordern, dass
eine der Mengen offen ist. Auch reicht es aus zu fordern, dass eine Menge kompakt
und die andere abgeschlossen ist. Zwei abgeschlossene, disjunkte, konvexe Mengen
lassen sich i.a. nicht durch eine abgeschlossene Hyperebene trennen.
Es sei X ein reeller Vektorraum. Eine Abbildung p : X → R, so dass für alle
x, y ∈ X
p(x + y) ≤ p(x) + p(y)
und für alle x ∈ X und alle t ≥ 0
p(tx) = tp(x)
gelten, heißt Minkowski Funktional. Ein Minkowski Funktional kann auch negative
Werte annehmen.
Satz 18 Es sei X ein reeller Vektorraum und p ein Minkowski Funktional auf X.
Y sei ein Teilraum von X und f ein lineares Funktional auf Y , so dass für alle
x∈Y
f (x) ≤ p(x)
126
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
gilt. Dann gibt es ein lineares Funktional F auf X, so dass für alle x ∈ X
F (x) ≤ p(x)
gilt und so dass für alle x ∈ Y gilt, dass F (x) = f (x).
Die Räume Lp [0, 1] mit 0 < p < 1 sind Beispiele für Räume, wo der Satz
von Hahn-Banach nicht gilt. Es lässt sich auf jedem 1-dimensionalen Teilraum ein
stetiges, lineares Funktional definieren, das von 0 verschieden ist. Man kann es aber
nicht auf den gesamten Raum fortsetzen, weil es kein stetiges, von 0 verschiedenes
Funktional dort gibt.
Beim Beweis des Satzes von Hahn-Banach geht wie bei vielen weiteren Ergebnissen das Lemma von Zorn ein. Der Satz von Hahn-Banach ist also eine der Früchte
des Zorns.
Beweis. Es sei f ein lineares Funktional auf einem Teilraum Z von X mit Z = X,
so dass für alle x ∈ Z die Ungleichung f (x) ≤ p(x) gilt. Dann gibt es einen Vektor
x0 ∈
/ Z und ein Funktional
g:V →R
wobei
V = {z|z = y + tx0 , y ∈ Z, t ∈ R}
die lineare Hülle von x0 und Z ist und
∀x ∈ V : g(x) ≤ p(x)
∀x ∈ Z : g(x) = f (x)
Wir zeigen diese Behauptung. Es gilt
sup{f (y) − p(y − x0 )|y ∈ Z} ≤ inf{p(y + x0 ) − f (y)|y ∈ Z}
Wir überprüfen dies. Für alle y1 , y2 ∈ Z gilt
f (y1 + y2 ) ≤ p(y1 + y2 ).
Deshalb gilt für alle y1 , y2 ∈ Z
f (y1 ) + f (y2 ) ≤ p(y1 − x0 + x0 + y2 ) ≤ p(y1 − x0 ) + p(x0 + y2 ).
Somit gilt für alle y1 , y2 ∈ Z
f (y1 ) − p(y1 − x0 ) ≤ p(x0 + y2 ) − f (y2 ).
Wir wählen α, so dass
sup{f (y) − p(y − x0 )|y ∈ Z} ≤ α ≤ inf{p(y + x0 ) − f (y)|y ∈ Z}
3.4. SATZ VON HAHN-BANACH I: DIE ANALYTISCHE VERSION
127
und setzen
g(y + tx0 ) = f (y) + tα.
Offenbar ist g ein lineares Funktional und stimmt mit f auf Z überein. Wir müssen
noch nachprüfen, dass für alle z ∈ V die Ungleichung g(z) ≤ p(z) gilt. Wir betrachten den Fall t > 0.
g(y + tx0 )
= f (y) + tα = t( 1t f (y) + α) = t(f ( 1t y) + α)
≤ t{f ( 1t y) + p(x0 + 1t y) − f ( 1t y)} = tp(x0 + 1t y) = p(tx0 + y)
Nun betrachten wir den Fall t < 0.
g(y + tx0 )
1
= f (y) + tα = |t|(f ( |t|
y) − α)
1
1
1
y) + p( |t|
y − x0 ) − f ( |t|
y)}
≤ |t|{f ( |t|
1
y − x0 ) = p(y − |t|x0 ) = p(y + tx0 )
= |t|p( |t|
Nun beenden wir den Beweis mit dem Lemma von Zorn. Wir betrachten die Menge
F aller Paare (g, Z) mit
(i) Z ist Teilraum von X und Y ist Teilraum von Z.
(ii) g ist lineares Funktional auf Z, so dass für alle y ∈ Z gilt, dass g(y) ≤ p(y), und
so dass für alle y ∈ Y gilt, dass g(y) = f (y). Wir führen auf F eine Halbordnung
ein. Wir sagen, dass (g, Z) ≤ (h, W ) gilt, wenn
Z⊆W
und
∀y ∈ Z : g(y) = h(y)
Wir zeigen nun, dass jede linear geordnete Teilmenge eine obere Schranke hat. Es
sei F1 linear geordnet. Wir definieren
Z und h(x) := g(x) für g mit (g, Z) ∈ F1 und x ∈ Z
V =
(g,Z)∈F1
Für alle y ∈ V gilt h(y) ≤ p(y). (h, V ) ist eine obere Schranke für F1 . Nach dem
Lemma von Zorn gibt es ein maximales Element (F, W ). Wir müssen zeigen, dass
W = X gilt. Falls W = X, dann können wir mit der obigen Konstruktion das Funktional auf einen größeren Teilraum fortsetzen. Dies widerspricht der Maximalität.
Korollar 4 Es sei X ein reeller, normierter Raum und Y ein abgeschlossener Teilraum von X. Es sei f : Y → R ein stetiges, lineares Funktional. Dann gibt es ein
stetiges, lineares Funktional F : X → R mit
∀ x ∈ Y : F (x) = f (x)
und
f = F Beweis. Wir verwenden als Minkowski Funktional p(x) = f xX . Falls der Teilraum Y nicht abgeschlossen ist, so kann man das Funktional mittels
der Stetigkeit auf die abgeschlossene Hülle fortsetzen.
128
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Beispiel 18 (i) Es gibt auf dem Raum ∞ aller beschränkten Folgen ein lineares Funktional, das
jeder konvergenten Folge ihren Grenzwert zuordnet. Man spricht hier vom verallgemeinerten Limes
oder Banach Limes.
(ii) Es sei ∞ der Raum aller reellen, beschränkten Folgen. Es sei τ der Translationsoperator
τ : ∞ → ∞
(τ x)(n) = x(n + 1)
n∈N
Dann gibt es ein stetiges, lineares Funktional φ auf ∞ , so dass
(i) φ(τ x) = φ(x)
(ii) Für alle x ∈ ∞ gilt, dass
lim inf x(n) ≤ φ(x) ≤ lim sup x(n)
n→∞
n→∞
Beweis. (i) Auf dem Raum c aller konvergenten Folgen definieren wir das Funktional : c → R
(x) = lim xi
i→∞
Es gilt = 1. Nach dem Satz von Hahn-Banach (Satz 18) können wir dieses Funktional auf den
Raum ∞ fortsetzen.
(ii) Wir betrachten
n
1
an (x) =
x(k)
n
k=1
$
%
X = x ∈ ∞ lim an (x) existiert
und
n→∞
X ist ein Teilraum von ∞ . Wir definieren φ : X → R
φ(x) = lim an (x)
n→∞
Wir setzen
p(x) = lim sup an (x).
n→∞
Wir zeigen, dass p auf ∞ ein Minkowski Funktional ist. Es gilt
1
x(k) + y(k)
n
n
p(x + y)
= lim sup an (x + y) = lim sup
n→∞
≤ lim sup
n→∞
n→∞
1
n
n
x(k) + lim sup
n→∞
k=1
1
n
k=1
n
y(k) = p(x) + p(y)
k=1
und für t > 0
p(tx) = lim sup an (tx) = lim sup
n→∞
n→∞
1
1
tx(k) = t lim sup
x(k) = tp(x)
n
n→∞ n
n
n
k=1
k=1
Für alle x ∈ X gilt
φ(x) = lim an (x) = lim sup an (x) = p(x)
n→∞
n→∞
Nun können wir den Satz von Hahn-Banach auf den Raum ∞ , den Teilraum X, das Minkowski
Funktional p und das lineare Funktional φ, das auf X definiert ist, anwenden. Es gibt also eine
Fortsetzung φ̃, die auf ∞ definiert ist und die für alle x ∈ ∞
1
x(k)
n
n
φ̃(x) ≤ p(x) = lim sup
n→∞
k=1
3.4. SATZ VON HAHN-BANACH I: DIE ANALYTISCHE VERSION
erfüllt.
Wir zeigen nun, dass
129
1
x(k) ≤ lim sup x(n).
n
n→∞
n
lim sup
n→∞
k=1
Es gilt
∀ > 0∃n ∀n ≥ n sup x(k) ≤ lim sup x(k) + n≤k
Deshalb
1
lim sup
x(k)
n→∞ n
n
= lim sup
n→∞
k=1
≤ lim sup
n→∞
k→∞
1
1
x(k) +
n
n
n
n
k=1
k=n +1
1
n − n
x(k) +
n
n
n
x(k)
k=1
lim sup x(k) + k→∞
= lim sup x(k) + k→∞
Also gilt für alle x ∈ ∞
φ̃(x) ≤ lim sup x(k)
k→∞
Da dieselbe Ungleichung auch für −x gilt, erhalten wir
lim inf x(k) ≤ φ̃(x) ≤ lim sup x(k).
k→∞
k→∞
Wir zeigen nun, dass φ̃(x) = φ̃(τ x) gilt. Dazu überlegen wir uns, dass x − τ x ∈ X.
1
1
(x(k) − x(k + 1)) = (x(1) − x(n + 1))
n
n
n
an (x − τ x) =
k=1
Somit gilt
lim an (x − τ x) = lim
n→∞
n→∞
1
(x(1) − x(n + 1)) = 0
n
Es folgt
φ̃(x − τ x) = φ(x − τ x) = lim an (x − τ x) = 0
n→∞
Wegen der Linearität von φ̃ folgt nun φ̃(x) = φ̃(τ x). Der Satz von Hahn-Banach lässt sich nicht auf lineare Abbildungen ausdehnen,
deren Bild ein normierter Raum ist. Falls der Bildraum endlich dimensional ist, so
erhält man für lineare, beschränkte Operatoren
T :Y →Z
und
Y ⊂X
dass eine Fortsetzung T̃ auf X mit
T̃ ≤
√
dim ZT existiert. I.a. muss keine Fortsetzung existieren. Dazu geben wir das folgende
Beispiel an, das wir aber erst später verifizieren können (Lemma 117).
Es sei id : c0 → c0 die identische Abbildung. Es gibt keine lineare, beschränkte
˜ : ∞ → c0 , so dass für alle x ∈ c0 gilt, dass x = id(x) = id(x).
˜
Abbildung id
130
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Beispiel 19 Das Funktional φ : C[0, 1] → R sei durch
12
φ(f ) =
f (t)dt −
0
1
f (t)dt
1
2
gegeben.
(i) Das Funktional nimmt nicht sein Supremum auf der abgeschlossenen Einheitskugel an.
(ii) φ bildet offene Mengen auf offene Mengen ab.
(iii) Das Bild der abgeschlossenen Einheitskugel ist das offene Intervall (−1, 1). Es gibt also eine
abgeschlossene Menge, deren Bild nicht eine abgeschlossene Menge ist.
(iv) Die Quotientenabbildung q : C[0, 1] → C[0, 1]/ Kern φ bildet die abgeschlossene Einheitskugel
auf die offene Einheitskugel BC[0,1]/ Kern(φ) ab.
Beweis. (i) Die Norm von φ ist 1.
1
1
1
2
sup |φ(f )| = sup f (t)dt −
f (t)dt ≤ sup
|f (t)|dt = 1
1
f =1 0
f =1
f =1 0
2
Wir nehmen an, dass das Funktional sein Supremum annimmt. Dann gibt es eine stetige Funktion
f mit f ∞ = 1 und
12
1
f (t)dt −
f (t)dt = 1
1
2
0
Damit folgt
1
2
f (t) − 1dt =
1
2
0
Da f − 1 ≤ 0 folgt
1
2
f (t) − 1dt =
0
1
1 − f (t)dt
1
1
2
1 − f (t)dt = 0
f −1 ist eine nichtpositive, stetige Funktion. Damit folgt, dass f (t) = 1 für t ∈ [0, 12 ) und f (t) = −1
für t mit t ∈ ( 12 , 1]. Das kann nicht sein, weil f stetig ist.
(ii) Es reicht zu zeigen, dass das Bild der offenen Einheitskugel die offene Einheitskugel ist.
Dazu betrachten wir die Funktionen gα : [0, 1] → R
⎧
1
t ∈ [0, α]
⎨
2
1
t + 1−2α
t ∈ (α, 1 − α)
− 1−2α
gα (t) =
⎩
−1
t ∈ [1 − α, 1]
Es gilt {φ(gα )|α ∈ [0, 12 )} = [0, 1)
(iv) Wir zeigen, dass φ sein Supremum auf der abgeschlossenen Einheitskugel annimmt, falls
das Bild der abgeschlossenen Einheitskugel nicht gleich der offenen Einheitskugel in C[0, 1]/ Kern(φ)
ist.
Nach Lemma 93 ist die Quotientenabbildung eine offene Abbildung. Also ist das Bild der offenen Einheitskugel die offene Einheitskugel. Wenn also das Bild der abgeschlossenen Einheitskugel
nicht gleich der offenen Einheitskugel in C[0, 1]/ Kern(φ) ist, dann gibt es ein f mit f ∞ = 1 und
[f ]C[0,1]/ Kern(φ) = inf{f + g∞ |φ(g) = 0} = 1
Wir betrachten nun das Funktional ψ : C[0, 1] → R
g ∈ Kern(φ), t ∈ R
ψ(tf + g) = t
Dann gilt
ψ =
|t|
tf
+ g
tf + g = 0
sup
φ(g) = 0
3.4. SATZ VON HAHN-BANACH I: DIE ANALYTISCHE VERSION
131
Da wir für t = 0 den Wert 0 erhalten, reicht es das Supremum über alle tf + g mit t = 0 und
φ(g) = 0 zu bilden.
ψ =
|t|
1
1
=
sup
=1
= sup
1
φ(h)=0 f + h
φ(g) = 0 tf + g
φ(g) = 0 f + t g
sup
t = 0
t = 0
Das Funktional ψ nimmt sein Supremum an, weil
|ψ(f )| = 1
Andererseits ist ψ ein skalares Vielfaches von φ, weil φ und ψ denselben Kern besitzen. Also nimmt
φ sein Supremum an, was falsch ist. 132
3.5
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Satz von Hahn-Banach II: Die geometrische
Version
Die geometrische Version des Satzes von Hahn-Banach besagt, dass sich zwei disjunkte konvexe Mengen durch eine Hyperebene trennen lassen. Wir sind hier nur
an abgeschlossenen Hyperebenen interesssiert. Damit die Trennungsaussage gilt,
müssen wir Voraussetzungen an die Mengen stellen. Es reicht schon, dass eine
Menge einen inneren Punkt besitzt (Satz 19), oder dass eine Menge kompakt und
die andere abgeschlossen ist (Satz 20).
Andererseits gibt es zwei disjunkte, konvexe, abgeschlossene Mengen, die sich
nicht durch eine abgeschlossene Hyperebene trennen lassen (Beispiel 22). Die meisten Beispiele solcher Mengen A und B haben die Eigenschaft, dass A − B in dem
Vektorraum dicht ist. Dann ist der Abschluss von φ(A − B) gleich R, aber wenn ein
Funktional φ trennen soll, dann müsste φ(A − B) ⊆ [0, ∞) oder φ(A − B) ⊆ [0, −∞)
gelten.
Dieses Beispiel lässt sich weiter verschärfen: Es gibt in 1 zwei disjunkte, konvexe, abgeschlossene, beschränkte Mengen, die sich nicht durch eine abgeschlossene
Hyperebene trennen lassen. Tatsächlich ist dies sogar eine Charakterisierung der
reflexiven Räume: Es gibt genau dann in einem Banachraum zwei disjunkte, konvexe, abgeschlossene, beschränkte Mengen, die sich nicht durch eine abgeschlossene
Hyperebene trennen lassen, wenn der Raum reflexiv ist (Satz 56).
Eine Hyperebene H ist eine Teilmenge eines Vektorraumes X, die die Gestalt
x0 + Y besitzt, wobei x0 ∈ X und Y ein Teilraum mit Kodimension 1 ist. H ist
genau dann eine Hyperebene, falls es ein lineares Funktional f und ein c ∈ R gibt,
so dass
H = {x|f (x) = c}.
Eine Hyperebene H eines topologischen Vektorraumes ist genau dann abgeschlossen,
wenn es ein stetiges Funktional f und ein c ∈ R mit H = {x|f (x) = c} gibt.
Falls f stetig ist, so ist die Menge f −1 (c) = {x|f (x) = c} abgeschlossen, weil sie
Urbild einer abgeschlossenen Menge ist. Umgekehrt, falls die Menge {x|f (x) = c}
abgeschlossen ist, dann ist auch die Menge {x|f (x) = 0} abgeschlossen und nun
folgt die Stetigkeit von f mit Lemma 99.
Falls eine Hyperebene in einem topologischen Vektorraum nicht abgeschlossen
ist, dann ist sie dicht.
Wir sagen, dass zwei disjunkte Mengen A und B durch eine abgeschlossene
Hyperebene bzw. ein stetiges Funktional φ getrennt werden, falls
sup φ(x) ≤ inf φ(x).
x∈A
x∈B
Dies bedeutet, dass A in dem einen abgeschlossenen Halbraum liegt, B in dem anderen abgeschlossenen Halbraum. Es kann also sein, dass beide Mengen A und B in
der Hyperebene liegen. Somit bekommt man den Eindruck, dass dieser Trennungsbegriff etwas schwach ist.
Eine leichte Verschärfung stellt die folgende Trennungsbedingung dar: Für alle
x ∈ A und alle y ∈ B gilt die Ungleichung φ(x) < φ(y). Geometrisch bedeutet dies,
3.5. SATZ VON HAHN-BANACH II: DIE GEOMETRISCHE VERSION
133
dass A oder B in einem der offenen Halbräume enthalten sind. Wir sagen in diesem
Fall, dass die Mengen strikt getrennt werden.
Wir sagen, dass zwei disjunkte Mengen stark getrennt werden, wenn es ein
stetiges Funktional φ gibt, so dass
sup φ(x) < inf φ(x).
x∈B
x∈A
bzw. wenn es ein stetiges Funktional φ, ein c ∈ R und ein > 0 gibt, so dass für
alle x ∈ A und alle y ∈ B die Ungleichungen
φ(x) ≤ c − φ(y) ≥ c + gelten.
Der folgende Satz besagt, dass man zwei konvexe, disjunkte Mengen durch eine
abgeschlossene Hyperebene strikt trennen kann, falls eine der beiden Mengen offen
ist. Es ist die geometrische Version des Satzes von Hahn-Banach.
Satz 19 Es sei X ein normierter, reeller Raum, A eine nichtleere, konvexe Menge,
die einen inneren Punkt besitzt, und B eine nichtleere konvexe Menge. Es seien A
und B disjunkt. Dann gibt es ein stetiges, lineares Funktional f mit f = 0, so dass
sup f (x) ≤ inf f (x)
x∈A
x∈B
Falls A überdies offen ist, dann gibt es ein stetiges, lineares Funktional f , so dass
für alle x ∈ A und alle y ∈ B die Ungleichung
f (x) < f (y)
gilt.
Zwei konvexe, disjunkte Mengen lassen sich durch eine Hyperebene trennen
134
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Diese Mengen lassen sich nicht durch eine Hyperebene trennen
Lemma 101 Es sei X ein normierter Raum, C eine konvexe Umgebung der 0 und
p : X → R sei durch
.
/
p(x) = inf t > 0| 1t x ∈ C
definiert. Dann ist p ein Minkowski Funktional und
{x|p(x) < 1} ⊆ C ⊆ {x|p(x) ≤ 1}.
Falls C sogar offen ist, dann gilt
C = {x|p(x) < 1}.
Man bezeichnet p als das von C erzeugte Minkowski Funktional.
Beweis. p ist wohldefiniert, d.h. p(x) ist für alle x ∈ X endlich. Dies gilt,
weil C
eine Umgebung der 0 ist und deshalb nach Lemma 44 die Gleichung X = ∞
n=1 nC
gilt.
Wir zeigen, dass p die Dreiecksungleichung erfüllt. Falls 1t x ∈ C und 1s y ∈ C,
dann gilt wegen der Konvexität von C
(3.2)
1
(x
s+t
+ y) =
t
( 1 x)
s+t t
+
s 1
( y)
s+t s
∈ C.
Es gilt
p(x) + p(y)
= inf{t| 1t x ∈ C} + inf{s| 1s y ∈ C}
= inf{t + s| 1t x ∈ C, 1s y ∈ C}
Mit (3.2) folgt
1
/
.
(x + y) ∈ C = p(x + y).
p(x) + p(y) ≥ inf t + s t+s
3.5. SATZ VON HAHN-BANACH II: DIE GEOMETRISCHE VERSION
135
Wir weisen die Homogenität von p nach. Für r > 0
/
. /
. p(rx) = inf t 1t rx ∈ C = r inf rt 1t rx ∈ C = rp(x).
Falls x ∈ C, so gilt p(x) ≤ 1 und wir haben C ⊆ {x|p(x) ≤ 1}.
Falls p(x) < 1, dann gibt es ein t < 1 mit 1t x ∈ C. Wegen der Konvexität von C
und 0 ∈ C folgt
[0, x] ⊆ [0, 1t x] ⊆ C.
Wir zeigen nun, dass C = {x|p(x) < 1} gilt, falls C offen ist. Es reicht C ⊆
{x|p(x) < 1} zu zeigen. Falls C offen ist, dann gibt es zu jedem x ∈ C ein > 0, so
dass (1 + )x ∈ C. Deshalb gilt
p(x) ≤
1
<1
1+
Lemma 102 Es sei X ein normierter Raum und C eine konvexe Umgebung der 0
mit dem dazugehörigen Minkowski-Funktional p. Dann gibt es eine Konstante c > 0,
so dass für alle x ∈ X
p(x) ≤ cxX
gilt.
Beweis. Es gibt > 0, so dass B(0, ) = {x|x < } ⊂ C. Es folgt
p(x)
= inf{t| 1t x ∈ C} ≤ inf{t| 1t x ∈ B(0, )}
= inf{t|x ∈ B(0, t)} = inf{t| 1 x ∈ B(0, t)} = 1 xX
Beweis von Satz 19. Wir wählen einen inneren Punkt x0 in A und einen beliebigen
Punkt y0 ∈ B. Dann ist
C = A − B + (y0 − x0 )
eine konvexe Umgebung von 0. Es gilt 0 ∈ C, weil x0 ∈ A und y0 ∈ B. C ist konvex:
Es seien u, w ∈ C. Dann gibt es x1 , x2 ∈ A und y1 , y2 ∈ B mit
u = x1 − y1 + (y0 − x0 )
w = x2 − y2 + (y0 − x0 )
Hieraus folgt
tu + (1 − t)w
= tx1 − ty1 + t(y0 − x0 ) + (1 − t)x2 − (1 − t)y2 + (1 − t)(y0 − x0 )
= tx1 + (1 − t)x2 −(ty1 + (1 − t)y2 ) + (y0 − x0 )
!
" !
"
∈A
∈B
136
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Da x0 ein innerer Punkt von A ist, gibt es ein > 0, so dass B(x0 , ) ⊂ A.
C = {x − y + (y0 − x0 )|x ∈ A, y ∈ B} ⊇ {x − x0 |x ∈ B(x0 , )} = B(0, )
Es sei p das zu C gehörige Minkowski Funktional. Es gilt y0 − x0 ∈
/ C. Falls nämlich
y0 − x0 ∈ C, dann gibt es x ∈ A und y ∈ B mit
y0 − x 0 = x − y + y 0 − x 0
Also gilt x = y, was nicht sein kann, weil A und B disjunkt sind. Da y0 − x0 ∈
/ C,
so folgt p(y0 − x0 ) ≥ 1. Wir betrachten den 1-dimensionalen Teilraum
Z = {t(y0 − x0 )| t ∈ R}
und darauf das Funktional f : Z → R
f (t(y0 − x0 )) = t.
Dann gilt für alle t ∈ R
f (t(y0 − x0 )) ≤ p(t(y0 − x0 )).
Wir prüfen dies nach. Für t ≥ 0 erhalten wir
f (t(y0 − x0 )) = t ≤ t p(y0 − x0 ) = p(t(y0 − x0 )).
Falls t < 0, so gilt
f (t(y0 − x0 )) = t < 0 ≤ p(t(y0 − x0 )).
Wir wenden nun den Satz von Hahn-Banach (Satz 18) auf f an und erhalten F :
X → R mit F ≤ p. Es gilt also für alle x ∈ X
F (x) ≤ p(x)
Mit Lemma 102 erhalten wir für alle x ∈ X
F (x) ≤ cx.
Da dies auch für −x gilt, erhalten wir für alle x ∈ X
|F (x)| ≤ cx.
Also ist F stetig. Für alle x ∈ A, y ∈ B gilt
F (x) − F (y) + 1 = F (x − y + y0 − x0 ) ≤ p(x − y + y0 − x0 )
Da x − y + y0 − x0 ∈ C, folgt mit Lemma 101
F (x) − F (y) + 1 ≤ 1.
3.5. SATZ VON HAHN-BANACH II: DIE GEOMETRISCHE VERSION
137
Deshalb gilt für alle x ∈ A und y ∈ B
F (x) ≤ F (y).
Also gilt
sup F (x) ≤ inf F (y).
y∈B
x∈A
Wir wollen noch den Fall betrachten, dass A offen ist. Der Beweis wird nur an
einigen Stellen modifiziert. Zunächst beobachten wir, dass C = A − B + (y0 − x0 )
offen ist. Dies folgt aus der Gleichung
y0 − x0 − y + A
C=
y∈B
Die rechte Seite ist eine Vereinigung offener Mengen. Deshalb gilt nach Lemma 101
für alle x ∈ C die Ungleichung p(x) < 1, also insbesondere gilt für alle x ∈ A und
y∈B
p(x − y + y0 − x0 ) < 1.
Beispiel 20 Es sei L2 ([−1, 1]) der Raum aller quadratintegrierbaren Funktionen bzgl. des Lebesgue
Maßes. Für jede Zahl α sei Eα die Menge aller stetigen Funktionen f auf [−1, 1] mit f (0) = α.
Dann ist für alle α die Menge Eα konvex und dicht in L2 ([−1, 1]). Weiter sind für alle α = β
die Mengen Eα und Eβ disjunkt und sie lassen sich nicht durch eine abgeschlossene Hyperebene
trennen.
Beweis. Wir zeigen, dass man Eα und Eβ nicht durch eine abgeschlossene Hyperebene trennen
kann. Wir nehmen an, dass es ein stetiges Funktional φ gibt, das von 0 verschieden ist und das
Eα und Eβ trennt. Dann gilt
sup φ(x) ≤ inf φ(y).
y∈Eβ
x∈Eα
Da Eα in L2 dicht ist, gibt es zu jedem > 0 ein z ∈ Eα mit z < . Deshalb
sup φ(x) ≥ φ(z) ≥ −|φ(z)| ≥ −φz ≥ −φ.
x∈Eα
Da diese Abschätzung für alle gilt, folgt
sup φ(x) ≥ 0.
x∈Eα
Es gibt ein u ∈ X mit φ(u) < 0. Da Eβ dicht in L2 liegt, gibt es ein w ∈ Eβ mit u − w <
Es folgt
φ(w) = φ(u) + φ(w − u) ≤ φ(u) + φu − w ≤ φ(u) + 14 |φ(u)| = 34 φ(u) < 0.
Deshalb gilt
inf φ(y) < 0.
y∈Eβ
Das ist ein Widerspruch. |φ(u)|
4φ .
138
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Beispiel 21 Es seien
A = {x ∈ 1 | ∃n ∈ N ∀m > n : xm = 0 und xn > 0}
B = {x ∈ 1 | ∃n ∈ N ∀m > n : xm = 0 und xn < 0}
A und B sind disjunkte, konvexe Mengen, die durch keine abgeschlossene Hyperebene getrennt
werden können.
Beweis. Es ist offensichtlich, dass A und B disjunkt sind. Wir zeigen, dass A konvex ist. Es seien
x, y ∈ A. Dann gilt
x=
y=
m
i=1
n
xi ei
mit xm > 0
yi ei
mit yn > 0
i=1
Es sei n = m. Dann gilt
tx + (1 − t)y =
n
(txi + (1 − t)yi )ei
i=1
tx + (1 − t)y ∈ A weil txn + (1 − t)yn > 0.
Falls n < m, dann gilt
tx + (1 − t)y =
n
(txi + (1 − t)yi )ei +
i=1
m
txi ei
i=n+1
Es gilt tx+(1−t)y ∈ A, weil txm > 0. Wir nehmen nun an, dass es eine abgeschlossene Hyperebene
gibt, die A und B trennt, und zeigen, dass dann φ = 0 gilt. Wir nehmen an, dass φ(en ) > 0 gilt.
Es gilt für alle s ∈ R
sen + en+1 ∈ A
Damit folgt
sup φ(x) ≥ sup(sφ(en ) + φ(en+1 )) = ∞
x∈A
s∈R
inf φ(x) ≤ inf (sφ(en ) + φ(en+1 )) = −∞
x∈A
s∈R
Somit lassen sich A und B nicht trennen. Also muss φ(en ) ≤ 0 gelten. Wir gehen genauso vor,
um zu zeigen, dass φ(en ) = 0 gilt. Schliesslich erhalten wir, dass für alle n ∈ N
φ(en ) = 0
gilt. Es folgt für x ∈ 1
∞
|φ(x)| = φ
xi ei ≤ φ
i=n
∞
∞
xi ei = φ
|xi |
i=n
i=n
Für n → ∞ konvergiert die rechte Seite und damit auch die linke Seite gegen 0. Damit gilt φ = 0.
Dies ist unwahr. Satz 20 Es seien X ein normierter Raum, A eine nichtleere, abgeschlossene, konvexe Teilmenge von X und B eine nichtleere, kompakte, konvexe Teilmenge von X.
A und B seien disjunkt. Dann gibt es ein stetiges, lineares Funktional φ und ein
c ∈ R mit
sup φ(x) < c < inf φ(x)
x∈A
x∈B
3.5. SATZ VON HAHN-BANACH II: DIE GEOMETRISCHE VERSION
139
Beweis. Es sei > 0. Dann sind
A = A + B(0, )
und
B = B + B(0, )
nichtleere, konvexe, offene Mengen. Die Menge A ist offen, weil
A = A + B(0, ) =
a + B(0, ) =
a∈A
B(a, )
a∈A
eine Vereinigung von offenen Mengen und somit selbst offen ist. Aus denselben
Gründen ist B offen.
Nach Lemma 43 gibt es ein > 0, so dass A ∩ B = ∅.
Also gibt es ein > 0, so dass A und B zwei nichtleere, konvexe, offene,
disjunkte Mengen sind. Nach Satz 19 gibt es ein φ mit φ = 0 und
sup φ(x) ≤ inf φ(x)
x∈B
x∈A
Es folgt
sup
x∈A
y ∈ B(0, 1)
φ(x + y) ≤
inf
x∈B
y ∈ B(0, 1)
φ(x + y)
Es gilt
sup
φ(x + y)
=
x∈A
y ∈ B(0, 1)
sup
x∈A
y ∈ B(0, 1)
{φ(x) + φ(y)}
= sup φ(x) + sup φ(y) = sup φ(x) + φ.
x∈A
y∈B(0,1)
x∈A
Genauso zeigen wir
inf
x∈B
y ∈ B(0, 1)
φ(x + y) = inf φ(x) − φ.
x∈B
Hieraus folgt
sup φ(x) + φ ≤ inf φ(x) − φ
x∈A
x∈B
Nun können wir c = supx∈A φ(x) + φ setzen. Satz 21 Es seien A und B zwei nichtleere, disjunkte, konvexe Mengen im Rn . Dann
gibt es eine abgeschlossene Hyperebene, die diese beiden Mengen trennt.
Es ist nicht immer möglich zwei abgeschlossene, konvexe Mengen durch eine
abgeschlossene Hyperebene zu trennen.
140
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Beispiel 22 Es seien a und b zwei nichtnegative,wachsende Folgen mit limn→∞ bn = ∞ und
an = 2n bn . Es seien A und B Teilmengen von 1 mit
A = {x| ∀n ≥ 2 : x(n) = 0}
und
B = {x| ∀n ≥ 2 : x(1) ≥ |an x(n) − bn |}
A und B sind abgeschlossene, unbeschränkte, konvexe, disjunkte Mengen. Es gibt keine abgeschlossene
Hyperebene, die diese beiden Mengen trennt, d.h. es gibt kein stetiges Funktional φ mit φ = 0, so
dass
sup φ(x) ≤ inf φ(x).
x∈A
x∈B
Die Folgen a und b sind so gewählt, dass der Abschluss von B − A der Raum 1 ist. Dies
impliziert, dass A und B nicht getrennt werden können: Falls nämlich A und B getrennt werden
können, dann gibt es ein Funktional φ, so dass für alle x ∈ A und y ∈ B die Ungleichung φ(x) ≤
φ(y), also φ(y − x) ≥ 0 gilt. Damit würde φ(B − A) ⊆ [0, ∞) gelten. Falls aber der Abschluss von
B − A gleich 1 ist, so kann das nicht sein.
Dieudonné hat in 1 zwei beschränkte, abgeschlossene, konvexe, disjunkte Mengen konstruiert,
die man nicht durch eine abgeschlossene Hyperebene trennen kann.
Später werden wir sehen, dass ein Banachraum genau dann reflexiv ist, wenn es immer möglich
ist, zwei beschränkte, abgeschlossene, konvexe, disjunkte Mengen zu trennen.
Beweis. ei , i ∈ N, sind die Einheitsvektoren, die an der i-ten Stelle eine 1 haben und sonst 0.
Die Menge A ist ein eindimensionaler Teilraum und damit sowohl konvex als auch abgeschlossen.
Die Mengen A und B sind disjunkt. Falls dem nicht so wäre, dann gäbe es ein x ∈ A mit
x(n) = 0 für n ≥ 2 und
x(1) ≥ |an x(n) − bn | = |bn |.
Dies bedeutet, dass die Folge b beschränkt ist, was nicht wahr ist.
Wir zeigen, dass B eine konvexe Menge ist. Es seien x ∈ B und y ∈ B. Dann gilt für alle
n≥2
x(1) ≥ |an x(n) − bn |
y(1) ≥ |an y(n) − bn |.
Deshalb gilt für alle n ≥ 2 und t mit 0 ≤ t ≤ 1
≥ |an tx(n) − tbn |
tx(1)
(1 − t)y(1)
≥ |an (1 − t)y(n) − (1 − t)bn |.
Mit der Dreiecksungleichung folgt, dass für alle n ≥ 2
tx(1) + (1 − t)y(1) ≥ |an (tx(n) + (1 − t)y(n)) − bn |.
Also gilt tx + (1 − t)y ∈ B. Wir zeigen, dass B abgeschlossen ist. Es sei xk , k ∈ N, eine Folge in
B, die gegen x0 konvergiert. Wir zeigen, dass x0 ∈ B. Wegen limk→∞ xk = x0 gilt für alle n ∈ N,
dass limk→∞ xk (n) = x0 (n). Es gilt für alle k ∈ N und alle n ≥ 2
xk (1) ≥ |an xk (n) − bn |.
Es folgt
x0 (1)
= lim xk (1) ≥ lim |an xk (n) − bn |
k→∞
k→∞
= |an lim xk (n) − bn | = |an x0 (n) − bn |.
k→∞
3.5. SATZ VON HAHN-BANACH II: DIE GEOMETRISCHE VERSION
141
Damit gilt x0 ∈ B. Wir zeigen nun, dass die beiden Mengen nicht durch eine abgeschlossene
Hyperebene getrennt werden können. Wir nehmen an, wir können sie trennen. Es sei φ das
Funktional. Dann muss
φ(e1 ) = 0
gelten. Falls φ(e1 ) = 0, dann folgt, dass φ(A) = R. Wir zeigen nun, dass für alle n ≥ 2
φ(en ) = 0
gilt. Es gilt für alle n, k ∈ N mit 2 ≤ n < k
#
∞
x = max max bi , an − bn e1 + en +
2−i ei ∈ B
1≤i≤k
i=k+1
y = max
#
∞
max bi , an + bn e1 − en +
1≤i≤k
2−i ei ∈ B.
i=k+1
Wir prüfen dies nach. Es sei 2 ≤ ≤ k und k = n. Dann gilt x() = 0 und
#
|a x() − b | = b ≤ max max bi , an − bn = x(1).
1≤i≤k
Für = n gilt x(n) = 1 und
#
|an x(n) − bn | = an − bn ≤ max
max bi , an − bn
= x(1).
1≤i≤k
Für ≥ k + 1 gilt x() = 2− und
|a x() − b | = |a 2− − b | = 0 ≤ x(1).
Genauso zeigen wir, dass y ∈ B. Weil φ(e1 ) = 0
#
∞
−i
φ(x)
= φ max max bi , an − bn e1 + en +
2 ei
1≤i≤k
= φ en +
∞
2−i ei
= φ(en ) + φ
i=k+1
i=k+1
∞
2−i ei
.
i=k+1
Da φ beschränkt ist, gilt supi∈N |φ(ei )| ≤ φ. Hieraus ergibt sich
∞
∞
|φ (x) − φ(en )| = φ
2−i ei ≤ φ 2−i ei = φ2−k .
i=k+1
Ebenso erhalten wir
i=k+1
|φ (y) + φ(en )| ≤ φ2−k .
Falls φ(en ) > 0 gilt, dann können wir k so groß wählen, dass
φ (x) > 0
und
φ (y) < 0
gelten. Da aber φ auf A den Wert 0 annimmt, kann man A und B nicht trennen. Der Fall φ(en ) < 0
wird genauso behandelt. Insgesamt haben wir nun gezeigt, dass für alle n ∈ N
φ(en ) = 0
gilt. Es folgt für x ∈ 1 und alle n ∈ N
∞
|φ(x)| = φ
xi ei ≤ φ
i=n
∞
∞
xi ei = φ
|xi |.
i=n
i=n
Für n → ∞ konvergiert die rechte Seite und damit auch die linke Seite gegen 0. Damit gilt φ = 0.
Dies ist unwahr. 142
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Korollar 5 (i) Es sei X ein normierter Raum und x0 ∈ X. Dann gibt es ein
Funktional φ mit φ = 1 und x0 = φ(x0 ).
(ii) Es sei X ein normierter Raum und Y ein abgeschlossener Teilraum von X
mit Y = X. Dann gibt es ein stetiges, lineares Funktional φ mit
φ = 0
und
∀x ∈ Y : φ(x) = 0
Beweis. (i) Die Mengen B(0, x0 ) und {x0 } sind konvex und disjunkt. Die erste
Menge ist offen. Deshalb können wir den Satz von Hahn-Banach (Satz 19) anwenden.
Es gibt ein Funktional φ, das die beiden Mengen trennt.
sup φ(x) ≤ φ(x0 )
x
<
x0 Es folgt
φx0 ≤ φ(x0 ) ≤ φx0 φ
Das gesuchte Funktional ist dann φ
.
(ii) Es gibt ein x0 ∈
/ Y . {x0 } ist eine kompakte Menge. Dann gibt es nach Satz
20 ein φ mit
sup φ(x) < φ(x0 )
x∈Y
Wir zeigen nun, dass für alle x ∈ Y gilt, dass φ(x) = 0. Falls nicht, so würde
φ(Y ) = R gelten, weil Y ein Teilraum ist. Dann kann φ aber Y und {x0 } nicht
trennen. Eine Teilmenge H + ist ein Halbraum, wenn es ein Funktional φ mit
H + = {x| φ(x) ≥ c}
gibt. H + ist ein abgeschlossener Halbraum, wenn H + als Menge abgeschlossen ist.
H + ist genau dann abgeschlossen, wenn φ stetig ist.
Korollar 6 Es sei X ein normierter Raum und A eine abgeschlossene, konvexe
Menge. Dann ist A der Durchschnitt aller abgeschlossenen Halbräume, die A enthalten
A=
H+
A⊆H +
Beweis. Es sei x ∈
/ A. Dann sind {x} und A konvexe, disjunkte Mengen, wobei die
erste kompakt und die zweite abgeschlossen ist. Wir können den Satz von HahnBanach (Satz 20) anwenden. Es gibt eine Hyperebene die x und A strikt trennt.
Manchmal muss man disjunkte, konvexe Mengen durch ein Funktional trennen,
von dem man nicht fordert, dass es stetig ist. Das folgende Beispiel zeigt, dass dies
nicht immer möglich ist. Das Beispiel stammt von V. Klee.
3.5. SATZ VON HAHN-BANACH II: DIE GEOMETRISCHE VERSION
143
Wir wollen hier noch den Satz von Hahn-Banach für Vektorräume ohne eine Topologie zeigen.
Wir lassen also hier alle Hyperebenen als Trennungshyperebenen zu. In topologischen Vektorräumen
lassen wir nur abgeschlossene Hyperebenen zu.
p : E → R ist schwach positiv homogen, wenn für alle x ∈ E und alle r ∈ R≥0 die Gleichung
rp(x) = p(rx) gilt.
Ein Punkt x einer Menge A heißt algebraisch innerer Punkt von A, wenn für alle Geraden, auf
denen x liegt, gilt: Der Schnitt von A mit dieser Geraden enthält x als inneren Punkt.
Eine Menge heißt algebraisch offen, wenn jeder Punkt dieser Menge algebraisch innerer Punkt
ist.
U ⊂ E ist algebraisch-offen, wenn für beliebige y, z ∈ E die Menge {k ∈ R; y + kz ∈ U } in R
offen ist.
U ⊂ E ist algebraisch-abgeschlossen, wenn für beliebige y, z ∈ E die Menge {k ∈ R; y+kz ∈ U }
in R abgeschlossen ist.
alg
Sei U eine konvexe Teilmenge von E. Der algebraische Abschluss von U
besteht aus allen
y ∈ E, zu denen ein x ∈ U existiert mit [x, y] \ {y} ⊂ U .
Satz 22 Sei p : E → R eine konvexe Funktion. Sei G ein Teilraum von E und sei λ ∈ G∗ derart,
dass λ ≤ p|G . Dann gibt es ein µ ∈ E ∗ , derart dass µ|G = λ und µ ≤ p.
Beweis. Sei L die Menge aller R-wertigen linearen Abbildungen µ. L besitzt folgende Eigenschaften:
(i) U := Def(µ) ist ein Teilraum von E , welcher G umfasst,
(ii) µ|G = λ,
(iii) µ ≤ p|U .
Die Inklusion definiert dann eine Ordnungsstruktur
auf L derart, dass jede vollständig geord
nete Teilmenge C von L die Abbildung C als obere Schranke besitzt. Nach dem Zornschen
Lemma hat L ein maximales Element. Es bleibt noch zu zeigen:
Ist µ ∈ L maximal, so ist U = E.
Zeige hierzu die Kontraposition:
Ist µ ∈ L derart, dass U := Def(µ) = E, so ist µ nicht maximal.
Es gelte U = E. Dann gilt U E. Sei w ∈ E \ U . Setze X := U + Rw. Es gilt U ∩ Rw = {0}.
Definiere ein ν ∈ X ∗ durch ν|U := µ und ν(w) := r, für ein noch zu spezifizierendes r ∈ R. Dann
gilt: Def(ν) = X ist ein Teilraum von E. Dazu gilt: ν|G = (ν|U )|G = µ|G = λ. Es bleibt noch
µ∈L
zu klären, dass man r so wählen kann, dass gilt:
ν ≤ p|X .
Für beliebige u ∈ U und s ∈ R gilt dann:
ν(u + sw) ≤ p(u + sw)
⇔
ν(u) + s ν(w) ≤ p(u + sw)
⇔
µ(u) + s ν(w) ≤ p(u + sw)
⇔
µ(u) + s r ≤ p(u + sw)
⇔
sr ≤ p(u + sw) − µ(u).
Linearität von ν
ν(u)=µ(u)
ν(w)=r
144
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Für s = 0 ist die Gleichung erfüllt. Damit gilt dann für beliebige u ∈ U und s ∈ R>0 :
⇔
⇔
p(u − sw) − µ(u) ≥ (−s)r
'
1 &
p(u − sw) − µ(u) ≤ r
−s
'
1&
µ(u) − p(u + sw) ≤
s
∧
∧
r
sr ≤ p(u + sw) − µ(u)
'
1&
r ≤
p(u + sw) − µ(u)
s
'
1&
≤
p(u − sw) − µ(u) .
s
Also ist r so zu wählen, dass gilt:
ι := sup{
'
1&
µ(u) − p(u − sw) ; u ∈ U, s ∈ R>0 } ≤ r
s
1&
r ≤ inf { p(u + sw) − µ(u) ; u ∈ U, s ∈ R>0 } =: κ.
s
Ein solches r existiert genau dann, wenn ι ≤ κ. Seien dazu u, v ∈ U und a, b ∈ R>0 . Dann gilt:
'
1 &
µ(u) − p(u − aw)
a
⇔
µ(bu + av)
& b
'
a
⇔
µ
u+
v
a+b
a+b
Setze t :=
a
a+b ,
damit ist
b
a+b
'
1 &
p(v + bw) − µ(v)
b
a p(v + bw) + b p(u − aw)
a
b
p(v + bw) +
p(u − aw)
a+b
a+b
≤
≤
≤
= 1 − t. Dadurch ist die obige Gleichung äquivalent zu
&
'
µ tv + (1 − t)u
≤
t p(v + bw) + (1 − t) p(u − aw).
Nach Bedingung (iii) gilt:
&
'
µ tv + (1 − t)u
Somit bleibt noch zu zeigen:
&
'
p tv + (1 − t)u
≤
Mit der Konvexität von p gilt:
&
'
p tv + (1 − t)u
=
≤
&
'
p tv + (1 − t)u .
t p(v + bw) + (1 − t) p(u − aw).
&
'
p tv + (1 − t)u + tb − (1 − t)a w
&
=0
=
'
p t(v + wb) + (1 − t)(u − aw)
≤
t p(v + wb) + (1 − t) p(u − aw).
p konvex
Lemma 103 Sei U eine nicht-leere Teilmenge von E mit 0 ∈ U . Dann wird durch
||x||U = inf {t ∈ R>0 ; x ∈ tU }
eine schwach positiv-homogene Funktion || · || : E −→ [0, ∞], das sogenannte Minkowski-Funktional
von U , definiert.
(i) Ist U absorbant, so ist || · ||U endlich.
(ii) Ist U konvex, so ist || · ||U sublinear und auch konvex.
3.5. SATZ VON HAHN-BANACH II: DIE GEOMETRISCHE VERSION
Beweis. (i) Es gelte U ist absorbant, dass heißt
145
tU = E. Daher ergibt sich, dass || · ||U endlich
t>0
ist.
(ii) Es gelte U ist konvex. Dann gilt für beliebige x, y ∈ E und s, t ∈ R>0 mit x ∈ sU und
y ∈ tU :
& s x
s
y'
x + y = (s + t)
+ (1 −
)
∈ (s + t)U.
s+t s
s+t t
s
s x
Es gilt s+t
∈ [0, 1], da s, t ∈ R>0 sind. Und ( s+t
s + (1 −
und y in U .
y
s
s+t ) t )
ist die Verbindungsstrecke von x
{s ∈ R>0 ; x ∈ sU } + {t ∈ R>0 ; y ∈ tU } ⊂ {r ∈ R>0 ; (x + y) ∈ rU }.
Es gilt durch den Übergang zum Infimum auf beiden Seiten:
p(x + y) ≤ p(x) + p(y).
Daher ist p sublinear. Seien x, y ∈ E und sei t ∈ [0, 1]. Dann gilt:
&
'
p tx + (1 − t)y ≤ p(tx) + p (1 − t)y = t p(x) + (1 − t) p(y).
Lemma 104 Sei M eine algebraisch-offene Teilmenge von E. Dann gilt:
(i) 0 ∈ M ⇒ M absorbant.
(ii) Für jedes k ∈ R \ {0} und jede Teilmenge N von E ist kM + N algebraisch-offen.
(iii) Für jedes ξ ∈ E ∗ mit ξ = 0 ist ξ(M ) offen in R.
Beweis. (i) Es gelte: 0 ∈ M . Sei x ∈ E. Die Menge U := {t ∈ R; 0 + tx ∈ M } enthält die 0
und ist offen. Daher enthält U ein ∈ R>0 derart, dass x ∈ U . Also ist x ∈ 1 U .
(ii) Sei v ∈ kM + N . Wähle m ∈ M, n ∈ N und k ∈ R mit der Eigenschaft v = km + n. Seien
y, z ∈ E.
Zu zeigen: L := {l ∈ R; y + lz ∈ kM + N } ist offen.
Sei dazu l0 ∈ L. Dann gilt:
y + l0 z
⇔
= km + n
1
1
m =
l0 z + (y − n).
k
k
Da M offen ist, existiert U := {u ∈ R; y + uz ∈ M } offen, für beliebige y , z ∈ E. Setze z := k1 z
und y := k1 (y − n). Dann gilt:
y + uz =
1
1
(y − n) + u z.
k
k
Also folgt:
1
1
(y − n) + u z
k
k
y − n + uz
y + uz
∈ M
∈ kM
∈ kM + n ⊂ kM + N.
Daher ist u ∈ L und es gilt U ⊂ L.
−1
(iii) Sei v ∈ M . Seien
w ∈ ξ (1) und ∈ R>0 derart, dass v+tw ∈ M ist für jedes t ∈ KR (0, ).
Dann liegt KR ξ(v), = ξ(v) + KR (0, ) in ξ(M ). 146
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Satz 23 Seien A, B disjunkte konvexe Teilmengen von E. Falls dann B einen algebraisch-inneren
Punkt besitzt, so gibt es ein ξ ∈ E ∗ derart, dass
inf{ξ(b)|b ∈ B} ≥ sup{ξ(a)|a ∈ A}
Falls b ∈ B ein algebraisch innerer Punkt ist, so gilt
ξ(b) > sup{ξ(a)|a ∈ A}
Beweis. O.B.d.A. seien A und B nicht-leer. Seien a0 ∈ A und b0 ∈ B fixiert. Setze v0 :=
b0 − a0 . Definiere zusätzlich C := A − B + v0 . C ist eine konvexe Menge. Dann gilt nach Lemma
4.1 (ii) p := || · ||C ist konvex. Nach Lemma 4.2 (ii) ist C algebraisch-offen. Dazu ist 0 ∈ C, da
(−v0 ) ∈ A − B. Damit folgt nun mit Lemma 4.2 (i) C ist absorbant. Damit folgt wiederum mit
Lemma 4.1 (i) || · ||C ist endlich. Setze G := Rv0 . Definiere λ ∈ G∗ durch λ(rv0 ) := rp(v0 ) für
jedes r ∈ R. Weil p schwach positiv-homogen ist, gilt für jedes r ∈ R≥0 :
λ(rv0 ) = rp(v0 ) = p(rv0 ).
Da p ≥ 0 ist, gilt die Ungleichung λ(rv0 ) ≤ p(rv0 ) für jedes r ∈ R<0 . Man findet nun nach Satz
3.1 - Fortsetzungs-Satz von Hahn-Banach ein ξ ∈ E ∗ derart, dass ξ ≤ p und ξ(v0 ) = p(v0 ).
Seien a ∈ A und b ∈ B. Es gilt v0 ∈
/ C, da A und B disjunkt sind. Daher gilt p(v0 ) ≥ 1. Für alle
c ∈ C gilt jedoch p(c) ≤ 1. Damit ergibt sich folgende Überlegung:
ξ(a) − ξ(b) = ξ(a − b + v0 ) − ξ(v0 ) ≤ p(a − b + v0 ) − p(v0 ) ≤ 0
Das heißt, dass ξ(a) ≤ ξ(b). Daher gilt auch sup{ξ(a); a ∈ A} ≤ inf {ξ(b); b ∈ B}. ξ(B) ist nach
Lemma 4.2(iii) offen, daher wird das Infimum nicht angenommen, und die Behauptung folgt. Lemma 105 Sei ξ ∈ E ∗ mit ξ = 0. Sei r ∈ R und sei {x ∈ E; ξ(x) ≥ r} =: B. Dann gilt:
(i) B ist algebraisch-abgeschlossen.
alg
(ii) Sei A ⊂ B. Dann ist auch A ⊂ B.
Beweis. (i) Sei x ∈ B
alg
. Wähle ein b ∈ B mit [x, b] \ {x} ⊂ B. Sei t ∈]0, 1]. Dann gilt:
tξ(b) + (1 − t)ξ(x) = ξ(tb + (1 − t)x) ≥ r.
Durch Betrachten des Grenzwertes folgt:
tξ(b) + (1 − t)ξ(x) −→ ξ(x)
für t → 0.
Damit gilt ξ(x) ≥ r. Also ist x ∈ B. Damit gilt B ist algebraisch-abgeschlossen.
alg
alg
(ii) Es gilt A ⊂ B, also auch A ⊂ B = B. Das folgende Beispiel stammt von V. Klee. Es zeigt, dass es nicht immer möglich ist zwei
disjunkte konvexe Mengen durch Funktionale zu trennen. In dem Beispiel wird auf zwei disjunkte
konvexe Mengen zurückgegriffen, deren Algebraischer Abschluss jeweils schon der ganze Raum ist.
Beispiel 23 Es sei P = R[x]. Es sei G die Menge aller Polynome, deren führender Koeffizient
echt größer als 0 ist. K sei das Komplement von G. Dann gilt:
(i) G, K sind konvex.
(ii) G ∩ K = ∅.
(iii) G
alg
= P und K
alg
= P . Damit gilt zusätzlich: G
alg
∩K
alg
= P.
(iv) G und K lassen sich durch kein von 0 verschiedenes Funktional trennen.
3.5. SATZ VON HAHN-BANACH II: DIE GEOMETRISCHE VERSION
147
Beweis. (i) Seien Q, R ∈ G und sei t ∈ [0, 1]. Dann gilt:
tR + (1 − t)Q ∈ G.
Dieses ergibt sich sofort durch Unterscheidung der Fälle: grad R > grad Q, grad R < grad Q und
grad R = grad Q. K ist konvex folgt analog.
(ii) Folgt direkt aus der Definition.
(iii) Sei R ∈ P . Wähle n > grad R. Sei t ∈ [0, 1[. Der führende Koeffizient von
tR + (1 − t)X n .
ist (1 − t) > 0 , daher ist tR + (1 − t)X n ∈ G. Also gilt G
Sei t ∈ [0, 1[. Der führende Koeffizient von
alg
= P . Sei Q ∈ P . Wähle n > grad Q.
tQ − (1 − t)X n .
alg
− (1 − t) < 0, daher ist tQ − (1 − t)X n ∈ K. Also gilt K
= P.
(iv) Beweis durch Widerspruch. Annahme: G und K lassen sich durch ein von 0 verschiedenes
Funktional trennen. Dann findet man ein r ∈ R und ein ξ ∈ P ∗ derart, dass
ist
und
G
K
⊂
⊂
{x ∈ P ; ξ(x) ≥ r}
{x ∈ P ; ξ(x) ≤ r}.
Dann gilt nach Lemma 5.1 auch:
G
und
K
alg
⊂ {x ∈ P ; ξ(x) ≥ r}
alg
⊂ {x ∈ P ; ξ(x) ≤ r}.
alg
Es gilt jedoch G = P , wobei {x ∈ P ; ξ(x) ≥ r} = P , es sei denn ξ = 0. Also lassen sich G und
K durch kein von 0 verschiedenes Funktional trennen.
Wir möchten hier noch auf eine andere Beweisstrategie hinweisen. Man kann zeigen: Sind A1
und A2 disjunkte konvexe echte Teilmengen von E, so gibt es zwei in E komplementäre konvexe
Teilmengen C1 und C2 mit C1 ⊃ A1 und C2 ⊃ A2 .
alg
alg
Sind C1 und C2 komplementäre konvexe echte Teilmengen von E, so ist C1 ∩ C2 gleich E oder
alg
alg
nicht gleich dem ganzen Raum ist, dann ist es
gleich einer reellen Hyperebene. Falls C1 ∩ C2
alg
alg
eine trennende Hyperebene. Wie wir gesehen haben, gibt es tatsächlich den Fall, dass C1 ∩ C2
der ganze Raum ist.
148
3.6
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Dualraum und adjungierte Abbildung
Satz 24 Es sei X ein reeller, normierter Raum. Für x ∈ X definieren wir x̂ :
X ∗ → R durch
x̂(x∗ ) = x∗ (x)
Dann ist x̂ ein stetiges Funktional auf X ∗ und x̂X ∗∗ = xX . Die Abbildung
I : X → X ∗∗ mit I(x) = x̂ ist eine lineare Isometrie.
x̂ wird also dadurch definiert, dass man die Rollen von x und x∗ vertauscht.
Beweis. Wir zeigen, dass x̂ ein lineares, stetiges Funktional ist.
x̂(x∗ + y ∗ ) = (x∗ + y ∗ )(x) = x∗ (x) + y ∗ (x) = x̂(x∗ ) + x̂(y ∗ )
x̂(tx∗ ) = tx∗ (x) = tx̂(x∗ )
Das Funktional ist beschränkt.
x̂X ∗∗ = sup |x̂(x∗ )| = sup |x∗ (x)| ≤ sup x∗ X ∗ xX = xX
x∗ =1
x∗ =1
x∗ =1
Nach Korollar 5 folgt, dass es für jedes x ∈ X ein Funktional x∗ ∈ X ∗ gibt, so dass
x∗ X ∗ = 1 und x∗ (x) = x gelten. Hieraus folgt
x̂X ∗∗ ≥ x̂(x∗ ) = x∗ (x) = x.
Insgesamt ergibt sich
x̂X ∗∗ = xX .
Es bleibt noch zu zeigen, dass die Abbildung I linear ist.
x
+ y(x∗ ) = x∗ (x + y) = x∗ (x) + x∗ (y) = x̂(x∗ ) + x̂(y ∗ )
3 ∗ ) = x∗ (tx) = tx∗ (x) = t3
x(x∗ )
tx(x
Wir sagen, dass ein Banachraum X reflexiv ist, falls die Abbildung I surjektiv
ist. Insbesondere bedeutet dies, dass X und der Bidual X ∗∗ isometrisch isomorph
sind. Dies heißt jedoch nicht, dass ein Banachraum reflexiv ist, wenn er und sein
Bidual isometrisch isomorph sind. Ein Beispiel hierzu ist der Raum von James (Satz
62).
Lemma 106 Es sei X ein Banachraum, dessen Dualraum separabel ist. Dann ist
X auch separabel.
3.6. DUALRAUM UND ADJUNGIERTE ABBILDUNG
149
Beweis. Mit X ∗ ist auch die Einheitssphäre {x∗ |x∗ = 1} separabel. Es sei x∗n ,
n ∈ N, eine dichte Folge in {x∗ |x∗ = 1}. Zu jedem x∗n existiert ein xn mit xn = 1
und x∗n (xn ) ≥ 12 . Es reicht nun zu zeigen, dass die lineare Hülle der Folge xn , n ∈ N,
in X dicht ist. Falls die lineare Hülle nicht dicht in X ist, dann liegt sie in einer
abgeschlossenen Hyperebene von X, weil sie ein Teilraum ist. Dann gibt es ein
Funktional x∗ mit x∗ = 1, das nicht 0 ist und das auf der linearen Hülle gleich 0
ist. Es existiert ein n0 mit x∗ − x∗n0 ≤ 14 . Damit erhalten wir
1
1
≤ |x∗n0 (xn0 )| = |x∗n0 (xn0 ) − x∗ (xn0 )| ≤ x∗n0 − x∗ xn0 ≤
2
4
Beispiel 24 (i) Der Dualraum von c0 ist isometrisch isomorph zu 1 . Die Abbildung I : c∗0 → 1
mit
I(φ) = (φ(ei ))∞
i=1
ist ein isometrischer Isomorphismus. Es gilt für alle y ∈ 1
(I −1 (y))(x) =
∞
xi yi
i=1
(ii) Der Dualraum von 1 ist isometrisch isomorph zu ∞ .
(iii) c0 und 1 sind nicht reflexiv.
Beweis. (iii) Der Bidualraum von c0 ist isometrisch isomorph zu ∞ . Da c0 separabel ist und ∞
nicht separabel ist, sind diese Räume nicht isomorph.
Nach Lemma 106 ist der Dualraum von ∞ nicht separabel. Da 1 separabel ist, kann 1 nicht
isomorph zu seinem Bidualraum sein. Beispiel 18 zeigt bereits, dass 1 nicht reflexiv ist. Die dort angegebenen Funktionale auf ∞ lassen sich nicht durch Elemente aus 1 darstellen.
Korollar 7 (Dualraum von ∞ ) Es sei P(I) die Potenzmenge von I. BV(I) sei der
Vektorraum aller Funktionen φ : P(I) → R, die endlich additiv sind, d.h. für alle
endlichen Folgen paarweise disjunkter Mengen Mi , i = 1, . . . , n gilt
n
n
φ
Mi =
φ(Mi )
i=1
und für die
V (φ) = sup
n
i=1
i=1
|φ(Mi )| Mi , i = 1, . . . , n sind paarweise disjunkt
V (φ) heißt Variation von φ und V ist eine Norm auf BV(I).
Es sei Y der Teilraum von ∞ , der aus allen Vektoren der Form
n
i=1
ai χ M i
Mi , i = 1, . . . , n paarweise disjunkt
150
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Y ist ein dichter Teilraum von ∞ . Die Abbildung J : (∞ )∗ → BV(I), die durch
(J(x∗ ))(M ) = x∗ (χM )
gegeben ist, ist ein isometrischer Isomorphismus.
Korollar 8 (i) Jeder separable Banachraum ist zu einem Teilraum von ∞ isometrisch.
(ii) Der Dualraum eines separablen Banachraumes ist isometrisch isomorph zu einem
Teilraum von ∞ .
(iii) Jeder separable Banachraum ist ein Quotientenraum von 1 .
Beweis. (i) Es sei xn , n ∈ N, eine dichte Folge in X. Nach Korollar 5 gibt es
zu jedem xn ein Funktional x∗n mit x∗n = 1 und x∗n (xn ) = xn . Wir definieren
I : X → ∞ durch
I(x) = (x∗n (x))∞
n=1
Es gilt
I(x)∞ = sup |x∗n (x)| ≤ x
n∈N
Andererseits gibt es zu jedem x ∈ X und jedem > 0 ein k ∈ N mit x − xk < .
Somit
I(x)∞ = sup |x∗n (x)| ≥ |x∗k (x)| ≥ |x∗k (xk )| − |x∗k (xk − x)| ≥ xk − ≥ x − 2
n∈N
(ii) Es sei X ein Banachraum und X ∗ sein Dualraum. Es sei xn , n ∈ N, eine
dichte Folge in der Menge {x|x = 1}. Wir definieren I : X ∗ → ∞ durch
I(x∗ ) = (x∗ (xi ))∞
i=1
Es gilt
∗
∗
I(x∗ )∞ = (x∗ (xi ))∞
i=1 ∞ = sup |x (xi )| = x i∈N
Es seien X und Y Banachräume und T : X → Y ein stetiger, linearer Operator.
Der zu T adjungierte Operator T ∗ : Y ∗ → X ∗ bildet das Funktional y ∗ auf das
Funktional y ∗ ◦ T ab. Es gilt also für alle x ∈ X und alle y ∗ ∈ Y ∗
(T ∗ (y ∗ ))(x) = y ∗ (T (x)).
Lemma 107 (i) Es seien X und Y normierte Räume und T : X → Y ein stetiger,
linearer Operator. Dann ist T ∗ ein stetiger, linearer Operator und T = T ∗ .
(ii) Es seien X, Y und Z normierte Räume und T : X → Y und S : Y → Z stetige,
lineare Abbildungen. Dann gilt (ST )∗ = T ∗ S ∗ .
3.6. DUALRAUM UND ADJUNGIERTE ABBILDUNG
151
Beweis. (i) Mit Korollar 5 folgt, dass es zu T (x) ein Funktional y ∗ mit y ∗ = 1
und y ∗ (T (x)) = T (x) gibt. Deshalb
T = sup T (x) = sup sup |y ∗ (T (x))| = sup sup |y ∗ (T (x))|
x
≤1
∗
x
≤1 y ∗ ≤1
∗
∗ ∗
y ∗ ≤1 x
≤1
∗
= sup sup |(T (y ))(x)| = sup T y = T y ∗ ≤1 x
≤1
(ii)
y ∗ ≤1
(ST )∗ (z ∗ ) = z ∗ (ST ) = (z ∗ S)T = (S ∗ (z ∗ ))T = T ∗ (S ∗ (z ∗ ))
Lemma 108 Es seien X und Y Banachräume und I : X → Y ein stetiger Isomorphismus, dessen Inverse ebenfalls stetig ist. Dann sind auch X ∗ und Y ∗ isomorph.
Man beachte, dass die Umkehrung nicht richtig ist. Falls X ∗ und Y ∗ isomorph
sind, so müssen X und Y nicht notwendig isomorph sein. Ein Beispiel hierfür sind die
Räume c0 und C(ω ω ). Der Dualraum von beiden Räumen ist isometrisch isomorph
zu 1 .
Beweis. Nach Lemma 107 gilt I = I ∗ und I −1 = I −1∗ . Außerdem gilt
nach Lemma 107, dass I ∗ I −1∗ = (I −1 I)∗ und somit ist I −1∗ die Inverse zu I ∗ . Es sei Y ein Teilraum von X. Dann bezeichnen wir die Abbildung I : Y → X,
die jedem Element y ∈ Y dasselbe Element in X zuordnet, als Einbettung. Die
duale Abbildung I ∗ : X ∗ → Y ∗ ist eine Quotientenabbildung. Wir bezeichnen den
Teilraum Y ⊥ = {x∗ ∈ X ∗ |∀y ∈ Y : x∗ (y) = 0} als Orthogonalraum von Y . Dann ist
I ∗ gleich der Quotientenabbildung von X ∗ nach X ∗ /Y ⊥ .
Lemma 109 Es sei X ein normierter Raum und Y ein abgeschlossener Teilraum.
Dann gilt
(i) (X/Y )∗ ist isometrisch isomorph zu Y ⊥ .
(ii) Y ∗ ist isometrisch isomorph zu X ∗ /Y ⊥ .
Beweis. (i) Es sei q : X → X/Y die Quotientenabbildung. Der Isomorphismus
J : (X/Y )∗ → Y ⊥ ist durch J(φ) = φ ◦ q gegeben.
J ist wohldefiniert, weil φ ◦ q eine stetiges, lineares Funktional auf X ist und für
alle y ∈ Y
(φ ◦ q)(y) = φ(q(y)) = φ([0]) = 0
Also gilt φ ◦ q ∈ Y ⊥ .
J ist injektiv, weil für alle φ, ψ ∈ (X/Y )∗ die Gleichung J(φ) = J(ψ), genau
dann gilt, wenn φ ◦ q = ψ ◦ q gilt. Dies wiederum gilt genau dann, wenn für alle
x ∈ X die Gleichung φ(q(x)) = ψ(q(x)) gilt. Dies bedeutet aber φ = ψ.
J ist surjektiv: Zu gegebenem x∗ ∈ Y ⊥ definieren wir φx∗ ∈ (X/Y )∗ durch
φx∗ ([x]) = x∗ (x)
152
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
φx∗ ist wohldefiniert, weil aus [x] = [y] folgt, dass x∗ (x) = x∗ (y) gilt. Dies gilt, weil
[x − y] = [0] die Gleichung x∗ (x − y) = 0 impliziert.
φx∗ ist stetig:
sup |φx∗ ([x])| = sup |x∗ (x)|
[x]
≤1
[x]
≤1
In jeder Klasse [x] und zu jedem > 0 gibt es ein z mit [x] + ≥ z. Also
|x∗ (x)| = |x∗ (z)| ≤ x∗ z ≤ x∗ ([x] + )
Damit
φx∗ ≤ x∗ (1 + )
und schließlich
φx∗ ≤ x∗ J ist Isometrie.
J(φ) = φ ◦ q ≤ φq = φ
Nun die inverse Ungleichung.
J(φ) = sup |J(φ)(x)| = sup |φ(q(x))|
x
≤1
x
≤1
Für alle > 0 existiert ein [y] ∈ X/Y mit [y] ≤ 1 und |φ([y])| ≥ q−. Außerdem
gibt es für alle > 0 und für alle [y] ∈ X/Y ein x ∈ [y] mit
[y] ≥ x − Wir wählen ein solches x.
J(φ) ≥ |φ(
1
1
x
)| ≥
|φ(q(x))| ≥
(φ − )
x
1+
1+
(ii) Es sei hier q : X ∗ → X ∗ /U ⊥ die Quotientenabbildung. Hier wählen wir den
Isomorphismus B : U ∗ → X ∗ /U ⊥ , der durch B(u∗ ) = q(u∗ ) gegeben ist. Offensichtlich gilt
B(u∗ ) = q(u∗ ) ≤ u∗ Lemma 110 (Dixmier) Es sei X ein Banachraum. Dann ist X ∗ ein komplementierter Teilraum von X ∗∗∗ .
Beweis. X ist ein abgeschlossener Teilraum von X ∗∗ . Die gesuchte Projektion
bildet ein Funktional x∗∗∗ auf dessen Einschränkung auf X ab x∗∗∗
|X .
Wir wollen dies nun präziser fassen. Es seien
iX : X → X ∗∗
iX ∗ : X ∗ → X ∗∗∗
∀x ∈ X∀x∗ ∈ X ∗ : (iX (x))(x∗ ) = x∗ (x)
∀x∗ ∈ X ∗ ∀x∗∗ ∈ X ∗∗ : (iX ∗ (x∗ ))(x∗∗ ) = x∗∗ (x∗ )
3.6. DUALRAUM UND ADJUNGIERTE ABBILDUNG
153
die natürlichen Einbettungen in den Bidualraum und den Dualraum des Bidualraums. Natürlich ist bei der Aussage des Satzes gemeint, dass Bild(iX ∗ ) in X ∗∗∗
komplementiert ist. Die gesuchte Projektion ist P = iX ∗ ◦ i∗X . Es ist zu zeigen, dass
Bild(P ) = iX ∗ (X ∗ ) und dass für alle w ∈ Bild(P ) die Gleichung P (w) = w gilt.
Es gilt
Bild(P ) = Bild(iX ∗ ◦ i∗X ) ⊆ Bild(iX ∗ )
Es sei nun x∗∗∗ ∈ Bild(iX ∗ ), d.h. es gibt ein x∗ ∈ X ∗ mit iX ∗ (x∗ ) = x∗∗∗ . Dann gilt
für alle x ∈ X
(iX ∗ (x∗ ) ◦ iX )(x) = (iX (x))(x∗ ) = x∗ (x)
Somit gilt x∗ = iX ∗ (x∗ ) ◦ iX . Damit erhalten wir
P (iX ∗ (x∗ )) = (iX ∗ ◦ i∗X )(iX ∗ (x∗ ))
= iX ∗ (i∗X (iX ∗ (x∗ ))) = iX ∗ ((iX ∗ (x∗ ) ◦ iX ) = iX ∗ (x∗ )
Satz 25 (Schauder) Es seien X und Y Banachräume und T : X → Y ein stetiger,
linearer Operator. T ist genau dann kompakt, wenn T ∗ kompakt ist.
Juliusz Pawel Schauder (21.9.1899- Sept. 1943), polnischer Mathematiker jüdischer
Abstammung.
Beweis. Es sei T kompakt. Wir wollen zeigen, dass T ∗ (BY ∗ ) kompakt ist. Dazu
betrachten wir eine Folge x∗n ∈ T ∗ (BY ∗ ) und zeigen, dass sie eine konvergente Teilfolge besitzt. Zu der Folge x∗n , n ∈ N, existiert eine beschränkte Folge yn∗ ∈ Y ∗ ,
n ∈ N, mit x∗n = T ∗ (yn∗ ), n ∈ N.
Weil T kompakt ist, ist T (BX ) eine kompakte Menge. Deshalb ist T (BX )
mit der durch die Norm gegebenen Metrik ein kompakter, metrischer Raum und
fn : T (BX ) → R mit fn (y) = yn∗ (y) ist eine beschränkte, gleichstetige Menge. Wir
zeigen dies. Es gilt
|fn (y) − fn (z)| = |yn∗ (y) − yn∗ (z)| ≤ yn∗ y − z
Nach dem Satz von Arzela-Ascoli (Korollar 57) ist der Abschluss dieser Menge im
Raum aller stetigen Funktionen kompakt und deshalb gibt es eine Teilfolge fnk ,
k ∈ N, die konvergiert. Insbesondere ist diese Folge eine Cauchy-Folge und es gilt
fnk − fn ∞
=
sup |fnk (y) − fn (y)|
y∈T (BX )
=
=
=
=
sup |yn∗ k (y) − yn∗ (y)|
y∈T (BX )
sup |yn∗ k (T x) − yn∗ (T x)|
x
=1
sup |(T ∗ (yn∗ k ))(x) − (T ∗ (yn∗ ))(x)|
x
=1
T ∗ (yn∗ k ) − T ∗ (yn∗ )
154
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Also ist T ∗ (yn∗ k ), k ∈ N, eine Cauchy-Folge. Sie konvergiert, weil X ∗ vollständig ist.
Wir zeigen nun die Umkehrung. Da T ∗ kompakt ist folgt mit dem eben gezeigten,
dass T ∗∗ kompakt ist. Wir wissen, dass X isometrisch isomorph zu einem Teilraum
von X ∗∗ und Y zu einem Teilraum von Y ∗∗ ist. Die Idee ist, dass wir, wenn wir T ∗∗
auf X einschränken, T erhalten.
Es sei iX : X → X ∗∗ die Einbettung. Dann ist T ∗∗ ◦iX nach Lemma 96 kompakt,
weil T ∗∗ kompakt ist. Weiter gilt, dass
T ∗∗ ◦ iX = iY ◦ T
(3.3)
Dies gilt, weil
(T ∗∗ (iX (x)))(y ∗ ) = (iX (x))(T ∗ (y ∗ )) = (T ∗ (y ∗ ))(x) = y ∗ (T x) = (iY (T x))(y ∗ )
Also ist iY ◦ T eine kompakte Abbildung. Somit ist iY ◦ T (BX ) eine kompakte
Menge. Da T (BX ) ⊆ Y , gilt iY ◦ T (BX ) ⊆ iY (Y ). Da iY eine Isometrie ist und Y
vollständig, folgt
(iY ◦ T )(BX ) ⊆ iY (Y ) = iY (Y )
Da iY als Isometrie kompakte Mengen auf kompakte abbildet, ist
iY (T (BX )) = (iY ◦ T )(BX )
eine kompakte Menge. Beispiel 25 (Hilbert Matrix) Für alle p, q mit 1 < p, q < ∞ und
∞
Folgen a = (an )∞
n=1 und b = (bn )n=1 gilt
1
1
p+q
= 1 und alle nichtnegativen
∞
∞ an bm
π
< π csc
ap bq
n+m
p
n=1 m=1
Man kann diese Ungleichung auch so betrachten: Die Abbildung H : p → p
H(a) =
ist stetig und H ≤ π csc
∞
an
n
+m
n=1
∞
m=1
& '
π
p
.
Um dieses Beispiel zu beweisen, brauchen wir das folgende Lemma.
Lemma 111 Es sei 0 < a < 1 und n ∈ N. Dann gelten
(3.4)
und
∞
1
<
a
(n
+
m)(m/n)
m=1
∞
0
(3.5)
0
∞
∞
1
1
na−1
dx
<
+
(1 + x)xa
1 − a m=1 (n + m)(m/n)a
1
dx = π csc(aπ)
(1 + x)xa
3.6. DUALRAUM UND ADJUNGIERTE ABBILDUNG
155
Beweis von Lemma 111. Wir beweisen (3.4). Für alle x ≥ 0 gilt
∞
1
1
χ m−1 m ≤
a ( n ,n)
(1
+
(m/n))(m/n)
(1
+
x)xa
m=1
und für alle x ≥ 1/n gilt
∞
1
1
≤
χ m m+1
a (n, n )
(1 + x)xa
(1
+
(m/n))(m/n)
m=1
Wir müssen noch beachten, dass
0
t
1
t1−a
dx ≤
a
(1 + x)x
1−a
Wir zeigen (3.5). Wir setzen 1 + x = 1/t
0
∞
1
dx =
(1 + x)xa
1
ta−1 (1 − t)−a dt = B(a, 1 − a) = Γ(a)Γ(1 − a) =
0
π
sin(aπ)
Beweis von Beispiel 25.
∞ ∞
an bm
n+m
n=1 m=1
=
∞ ∞
an
bm
1/p (m/n)1/(pq) (n + m)1/q (n/m)1/(pq)
(n
+
m)
n=1 m=1
Wir wenden nun die Hölder Ungleichung auf die Doppelsumme an (Es handelt sich ja um abzählbar
viele Summanden). Der letzte Ausdruck ist also kleiner oder gleich
p1 ∞ ∞
q1
|an |p
|bm |q
(n + m)(m/n)1/q
(n + m)(n/m)1/p
n=1 m=1
n=1 m=1
∞
p1 ∞
q1
∞
∞
1
1
p
q
=
|an |
|bm |
(n + m)(m/n)1/q
(n + m)(n/m)1/p
n=1
m=1
m=1
n=1
∞ ∞
Mit Lemma 111 erhalten wir
∞
∞ 1
1
an bm
< π(csc( πq )) p (csc( πp )) q ap bq
n
+
m
n=1 m=1
Wegen csc( πp ) = csc( πq ) folgt die Abschätzung. 156
3.7
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Fortsetzungseigenschaft
Wir wollen hier auf die Frage eingehen, warum der Satz von Hahn-Banach nicht für
lineare Abbildungen von einem Teilraum eines Banachraumes in einen Banachraum
gilt. Wir sagen, dass ein Banachraum X die t-Fortsetzungseigenschaft besitzt, wenn
für alle Banachräume Y und Z mit Y ⊆ Z und alle Operatoren T ∈ L(Y, X) ein
Operator T̃ ∈ L(Z, X) mit T̃ ≤ tT und T̃|Y = T existiert.
Die Fortsetzungskonstante λ(X) eines Banachraumes X ist
(3.6)
inf{t|X hat die t-Fortsetzungseigenschaft}.
√
Mit dem Satz von John zeigt man, dass λ(X) ≤ dim X gilt. Die allerwenigsten
unendlich dimensionalen Banachräume besitzen die Fortsetzungseigenschaft. Die
Banachräume mit der 1-Fortsetzungseigenschaft sind die Räume C(K) aller stetigen Funktionen auf einer kompakten Menge K mit der Supremumsnorm, wobei K
Hausdorff und extrem unzusammenhängend ist [Nac]. Ein topologischer Raum heißt
extrem unzusammenhängend, wenn der Abschluss jeder offenen Menge wieder offen
ist.
Es ist ein offenes Problem, ob jeder Raum mit der Fortsetzungseigenschaft isomorph zu einem Raum mit der 1-Fortsetzungseigenschaft ist.
Eine Projektion P auf einem Banachraum X ist eine Abbildung in L(X) mit
2
P = P . Eine Projektion ist auf ihrem Bild gleich der Identität. Wir sagen auch,
dass ein Teilraum komplementiert ist, wenn es eine stetige Projektion gibt, deren
Bild gleich diesem Teilraum ist. Falls ein Teilraum Y von X komplementiert ist,
dann gibt es einen weiteren Teilraum Z mit Y ∩ Z = {0} und X = Y + Z, so dass
die Norm von X zu der Norm Y + Z äquivalent ist.
Ein Banachraum X hat die t-Projektionseigenschaft, falls zu allen Banachräumen
Y , und allen Isometrien I : X → Y , eine Projektion P : Y → Y mit Bild(P ) = I(X)
und P ≤ t existiert. Die Projektionskonstante eines Banachraumes X ist
inf{t|X hat die t-Projektionseigenschaft}.
Lemma 112 Zu jedem Banachraum X gibt es eine Menge Γ, so dass X isometrisch
isomorph zu einem Teilraum von
#
∞
(Γ) = x : Γ → R sup |x(i)| < ∞
i∈Γ
mit der Norm
x∞ = sup |x(i)|
i∈Γ
ist.
Beweis. Wir wählen als Γ die Menge der stetigen Funktionale auf X mit der Norm
1. Wir wählen als Einbettung I : X → ∞ (Γ)
I(x) = (φ(x))φ∈Γ
3.7. FORTSETZUNGSEIGENSCHAFT
157
I ist linear.
I(x + y) = (φ(x + y))φ∈Γ = (φ(x))φ∈Γ + (φ(y))φ∈Γ = I(x) + I(y)
I ist eine Isometrie.
I(x)∞ = (φ(x))φ∈Γ ∞ = sup |φ(x)| ≤ sup φX ∗ xX ≤ xX
φ∈Γ
φ∈Γ
Nach dem Satz von Hahn-Banach existiert zu jedem x ∈ X ein Funktional φx mit
φx = 1 und φx (x) = x. Damit erhalten wir
x = φx (x) ≤ sup |φ(x)| = I(x)
φ∈Γ
Lemma 113 Der Raum ∞ (I) hat die 1-Fortsetzungseigenschaft.
Beweis. Lemma 114 Es sei X ein Banachraum und J : X → ∞ (I) eine lineare Isometrie.
Dann gilt
λ(X) = inf{P |P 2 = P und Bild(P ) = J(X)}
Lemma 115 Ein Banachraum X hat genau dann die t-Fortsetzungseigenschaft,
wenn er die t-Projektionseigenschaft besitzt.
Beweis. X besitze die t-Fortsetzungseigenschaft und X sei als Teilraum in Y enthalten. Dann gibt es zu der identischen Abbildung id : X → X eine Fortsetzung
˜ : Y → X mit id
˜ ≤ t. Die Einbettung von X nach Y bezeichnen wir mit iX,Y .
id
˜ eine Projektion mit iX,Y ◦ id
˜ ≤ t.
Dann ist iX,Y ◦ id
X besitze die t-Projektionseigenschaft und T : Y → X. Nach Lemma 112 gibt
es eine Indexmenge I, so dass X isometrisch isomorph zu einem Teilraum von ∞ (I)
ist. Die Einbettung bezeichnen wir mit iX,∞ . Die Abbildung iX,∞ ◦ T besitzt eine
Forsetzung iX,∞
◦ T mit iX,∞
◦ T ≤ tT Wir wollen nun ein Beispiel eines Raumes angeben, der keine Fortsetzungseigenschaft besitzt. Es handelt sich dabei um den Raum c0 . Um nachzuweisen, dass c0
keine Fortsetzungseigenschaft besitzt, zeigen wir, dass c0 nicht in ∞ komplementiert
ist.
Beispiel 26 c0 ist nicht in ∞ komplementiert.
Um dies zu zeigen, weisen wir eine stärkere Aussage nach. Dazu brauchen wir das folgende
Lemma [Pel1] und [Whi].
158
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Lemma 116 Es gibt überabzählbar viele unendliche Teilmengen Ni , i ∈ I, von N, so dass für alle
i, j ∈ I mit i = j die Menge Ni ∩ Nj endlich ist.
Beweis. Weil N und Q dieselbe Mächtigkeit besitzen, reicht es Teilmenge Ni von Q mit den
gewünschten Eigenschaften nzu finden.
Es sei I = R \ Q. Wir wählen als Ni eine Folge rationaler Zahlen, die gegen i konvergiert. Da
i irrational ist, so ist Ni als Menge unendlich. Die Menge Ni ∩ Nj ist für = j endlich, weil die
Grenzwerte verschieden sind. Lemma 117 Es sei E ein komplementierter Teilraum von ∞ , der c0 in seiner natürlichen Identifikation enthält. Dann gibt es eine unendliche Teilmenge N von N, so dass ∞ (N ) = {x ∈ ∞ |∀i ∈
/
N : x(i) = 0} ein Teilraum von E ist.
Insbesondere kann kein Teilraum von ∞ komplementiert sein, falls er isomorph zu c0 ist.
Tatsächlich lässt sich mehr zeigen: Ein unendlich-dimensionaler Teilraum von ∞ ist genau
dann komplementiert, wenn er isomorph zu ∞ ist [Lin1].
Beweis. Wegen Lemma 116 gibt es eine überabzählbare Familie Nγ , γ ∈ Γ, von unendlichen
Teilmengen der natürlichen Zahlen N, so dass für alle γ und β mit γ = β die Menge Nγ ∩ Nβ
endlich ist.
Wir betrachten die Teilräume
∞ (Nγ ) = {x ∈ ∞ |∀i ∈
/ Nγ : x(i) = 0}
von ∞ und behaupten, dass es ein γ gibt, so dass ∞ (Nγ ) ⊆ E.
Es sei Φ : ∞ → ∞ /E die Quotientenabbildung. Da E in ∞ komplementiert ist, ist ∞ /E
zu einem Teilraum von ∞ isomorph. Deshalb gibt es eine Folge fj ∈ (∞ /E)∗ , j ∈ N, so dass für
alle x ∈ ∞ /E gilt: x = 0 gilt genau dann, wenn für alle j ∈ N die Gleichung fj (x) = 0 gilt. Wir
weisen dies nach.
Es sei F ein Teilraum von ∞ , der zu ∞ /E isomorph ist, und I : ∞ /E → F sei der Isomorphismus. Es seien e∗i , i ∈ N, die Koordinatenfunktionale
e∗i (x) = xi
Es gilt für alle x ∈ ∞ , dass genau dann x = 0 gilt, wenn für alle i ∈ N die Gleichung e∗i (x) = 0
gilt. Insbesondere gilt diese Aussage für alle Vektoren in dem Teilraum F . Wir schränken nun die
Funktionale auf den Teilraum F ein und nennen diese ẽ∗i , i ∈ N. Also gilt dieselbe Aussage für die
Folge fi = I ∗ (ẽ∗i ), i ∈ N, und alle Vektoren im Raum ∞ /E. Wir überprüfen dies. Für alle i gilt
0 = I ∗ (ẽ∗i )(z) = ẽ∗i (I(z))
Also gilt I(z) = 0. Da I Isomorphismus ist, folgt z = 0.
Wir nehmen nun an, dass es kein γ mit ∞ (Nγ ) ⊆ E gibt. Es folgt, dass für alle γ ein
xγ ∈ ∞ (Nγ ) mit xγ ∈
/ E existiert. Wir können außerdem fordern, dass xγ = 1 gilt. Wir
beobachten nun, dass für alle Vorzeichen i = ±1 und alle endlichen Folgen xγi , i = 1, . . . , n,
n
(3.7)
i Φ(xγi )
≤ Φ
∞
i=1
/E
gilt. Dies folgt, weil c0 im Kern von Φ liegt und Nγ ∩ Nβ für γ = β eine endlich Menge ist.
n
n
n
i Φ(xγi )
= Φ
i xγi = Φ
i x̃γi ∞
∞
∞
i=1
/E
i=1
/E
i=1
/E
3.7. FORTSETZUNGSEIGENSCHAFT
wobei
159
0
falls k ∈ i=j (Nγi ∩ Nγj )
xγi (k)
sonst
Wir weisen die letzte Gleichheit nach. Weil i=j (Nγi ∩Nγj ) eine endliche Menge ist, unterscheiden
sich die Vektoren xγi und x̃γi nur in endlich vielen Koordinaten. Deshalb xγi − x̃γi ∈ c0 und somit
x̃γi (k) =
n
i xγi −
i=1
und c0 ⊆ E. Deshalb gilt
Φ
n
n
i x̃γi ∈ c0
i=1
=Φ
i xγi
n
i=1
i x̃γi
i=1
Wir schätzen weiter ab. Man beachte, dass die Vektoren xγi , i = 1, . . . , n, paarweise disjunkte
Träger haben und für alle i = 1, . . . , n die Gleichung xγi = 1. Deshalb gibt es für jedes k in der
Summe
n
i x̃γi (k)
i=1
höchstens einen Summanden, der von 0 verschieden ist. Es folgt
n
i x̃γi ≤ 1
∞
i=1
Damit
n
i Φ(xγi )
∞ /E
i=1
n
≤ Φ i x̃γi ≤ Φ
∞
i=1
Damit haben wir (3.7) nachgewiesen. Aus (3.7) folgt, dass für alle f ∈ (∞ /E)∗ mit f = 1 und
für alle γ1 , . . . , γn
n
n
(3.8)
Φ
≥ sup i Φ(xγi )
= sup sup f
i Φ(xγi )
∞
f =1
i=1
= sup sup
f =1
n
i=1
/E
i f (Φ(xγi )) =
i=1
n
|f (Φ(xγi ))|
i=1
gilt. Hieraus folgt, dass es nur abzählbar viele γ mit f (Φ(xγ )) = 0 gibt. Wir weisen dies nach.
Falls es nämlich überabzählbar viele γ mit |f (Φ(xγ ))| > 0 gibt, dann gibt es ein n, so dass für
unendlich viele γ die Ungleichung
1
|f (Φ(xγ ))| ≥
n
Dies widerspricht aber (??). Also gibt es für jedes jnur abzählbar viele γ, so dass fj (Φ(xγ )) = 0.
Die Menge dieser γ bezeichnen wir mit Nj . Dann ist j Nj abzählbar und das Komplement deshalb
nicht leer. Also gibt es ein γ, so dass für alle j
fj (Φ(xγ )) = 0
gilt. Es folgt Φ(xγ ) = 0. Dies ist ein Widerspruch. Korollar 9 c0 ist nicht zu einem Dualraum isomorph.
160
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Beweis. Wir nehmen an, dass c0 isomorph zu einem Dualraum X ∗ ist. Es gibt also eine bijektive
Abbildung I : X ∗ → c0 , die stetig ist und deren Inverse ebenfalls stetig ist. Dann ist I ∗∗ : X ∗∗∗ →
∞ ein stetiger Isomorphismus und (I ∗∗ )|X ∗ = I.
Nach dem Lemma von Dixmier gibt es eine Projektion P : X ∗∗∗ → X ∗∗∗ mit Bild(P ) = X ∗ .
Dann ist I ∗∗ ◦ P ◦ (I ∗∗ )−1 eine Projektion mit
Bild(I ∗∗ ◦ P ◦ (I ∗∗ )−1 ) = Bild(I ∗∗ ◦ P ) = I ∗∗ (X ∗ ) = c0
Wir wissen aber, dass c0 nicht in ∞ komplementiert ist. Ein topologischer Raum heißt extrem unzusammenhängend, wenn der Abschluss
jeder offenen Menge offen ist.
Ein normierter Raum hat die binäre Durchschnittseigenschaft, wenn jede Familie
von abgeschlossenen Kugeln, die paarweise einen nichtleeren Durchschnitt besitzen,
einen gemeinsamen Punkt besitzen.
Satz 26 Es sei X ein reeller Banachraum. Dann sind äquivalent:
(i) X hat die binäre Durchschnittseigenschaft.
(ii) X hat die 1-Fortsetzungseigenschaft.
(iii) X ist isometrisch zu einem Raum C(K), wobei K ein extrem unzusammenhängender,
kompakter, Hausdorff Raum ist.
Man vermutet, dass die Banachräume mit der t-Fortsetzungseigenschaft isomorph zu einem Raum C(K) sind, wobei K ein extrem unzusammenhängende,
kompakte, Hausdorff Raum ist.
Beweis. Beispiel 27 (i) (R, | |) mit dem üblichen Abstand besitzt die binäre Durchschnittseigenschaft.
(ii) R2 mit der Euklidischen Norm besitzt nicht die binäre Durchschnittseigenschaft.
(iii) ∞ (I) besitzt die binäre Durchschnittseigenschaft.
Beweis. (i) Es sei [xι − ι , xι + ι ], ι ∈ I, eine Familie von abgeschlossenen Kugeln,
die paarweise einen nichtleeren Schnitt besitzen. Es gilt also für alle ι, η ∈ I
xι − ι ≤ xη + η
Es folgt, dass für alle ι ∈ I
xι − ι ≤ sup(xη − η ) ≤ inf (xη + η ) ≤ xι − ι
η∈I
η∈I
gilt. Hiermit folgt für alle ι ∈ I
5
4
∅ = sup(xη − η ), inf (xη + η ) ⊆ [xι − ι , xι + ι ]
η∈I
η∈I
3.7. FORTSETZUNGSEIGENSCHAFT
161
Die zur Fortsetzungseigenschaft duale Eigenschaft ist die Lifting-Eigenschaft.
Ein Banachraum X besitzt die Lifting-Eigenschaft, wenn es zu jeder surjektiven
Abbildung S : Y → Z und zu jeder Abbildung T : X → Z eine Abbildung T̂ : X →
Y mit S ◦ T̂ = T gibt.
Es sei I ein Indexbereich. Dann besitzt 1 (I) die Lifting-Eigenschaft
162
3.8
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Satz von Baire
René Louis Baire (1874-1932) wurde in Paris geboren. Er war Schüler an der Ecole
Normale Supérieure. Nachdem er als Lehrer an Gymnasien in Troyes, Bar-le-Duc
und Nancy gearbeitet hatte, lehrte er ab 1902 an der Universität von Montpellier
und ab 1905 an der von Dijon. Da er seit seiner Jugend krank war, musste er ab
1914 auf jede Forschungs-und Lehrtätigkeit verzichten. Er zog sich an den Genfer
See zurück und starb in Chambéry [Dieu].
Der Satz von Baire besagt, dass in einem vollständigen, metrischen Raum der
Schnitt ∞
n=1 Un von offenen, dichten Mengen Un , n ∈ N, dicht im metrischen Raum
ist.
Dieser Satz ist grundlegend und hat viele Anwendungen und wir benötigen ihn,
um den Satz von der offenen Abbildung und den Satz vom abgeschlossenen Graphen
zu beweisen.
Es stellt sich die Frage, ob die Aussage des Satzes von Baire auch in metrischen
Räumen gilt, die nicht vollständig sind. Ein topologischer Raum heißt lokalkompakt, wenn jeder Punkt eine Umgebungsbasis aus kompakten Mengen besitzt. Der
Satz von Baire gilt auch in lokalkompakten Räumen. Lokalkompakte Räume sind
i.a. nicht vollständig, wie z.B. das offene Intervall (0, 1) mit der von R induzierten
Metrik.
Der Satz von Baire gilt auch in metrischen Räumen, in denen das Spiel von
Choquet [HiLa, p.20] eine Gewinnstrategie besitzt.
Es sei X ein metrischer Raum. Zwei Spieler, Adam und Eva, spielen das Spiel
von Choquet: Adam darf eine offene, nichtleere Teilmenge U1 von X wählen. Dann
wählt Eva eine offene, nichtleere Teilmenge V1 von U1 . Dann wählt Adam wieder
eine offene, nichtleere Teilmenge U2 von V1 . Auf diese Weise entstehen zwei Folgen
Un , n ∈ N, und Vn , n ∈ N, von offenen, nichtleeren Mengen mit
Un ⊇ Vn ⊇ Un+1
Es gilt
n∈N
Un =
Vn
n∈N
Wir nennen diesen Schnitt U . Adam hat gewonnen, wenn U die leere Menge ist,
und Eva hat gewonnen, wenn U nicht die leere Menge ist.
Wir sagen, dass einer der Spieler eine Gewinnstrategie hat, wenn es eine Methode
gibt, so dass dieser Spieler immer gewinnen kann. Falls der zweite Spieler eine
Gewinnstrategie hat, dann gilt in dem metrischen Raum der Satz von Baire.
Falls der metrische Raum X vollständig ist, so kann man immer erreichen, dass
der Schnitt nicht leer ist. Wir wollen dies nachweisen. Nachdem der Gegenspieler
eine offene Menge Un gewählt hat, wählen wir eine offene Kugel in Un , deren Radius
kleiner oder gleich 2−n ist. Die Folge der Kugelmittelpunkte ist dann eine CauchyFolge. Der Grenzwert ist Element des Durchschnittes U .
3.8. SATZ VON BAIRE
163
Satz 27 (Baire) Es sei X ein vollständiger, metrischer Raum. Falls Un , n ∈ N,
eine Folge von offenen Teilmengen von X ist, die dicht in X sind, dann ist auch
∞
Un
n=1
in X dicht.
Die Vollständigkeit im Satz von Baire ist eine hinreichende, aber keinesfalls
notwendige Voraussetzung. So ist der Satz von Baire in dem metrischen Raum (0, 1)
mit der üblichen Abstandsmetrik richtig, obwohl dieser Raum nicht vollständig ist.
In dem metrischen Raum Q mit der üblichen Abstandsmetrik ist der Satz von Baire
falsch. Dazu betrachte man eine Abzählung der rationalen
Zahlen qn , n ∈ N. Dann
sind die Mengen An = {qk |k ≥ n} alle dicht in Q, aber ∞
k=1 Ak = ∅.
Es gibt einen metrischen Raum, der die Aussage des Satzes von Baire erfüllt,
aber das Produkt dieses Raumes mit sich erfüllt nicht die Aussage. Dies wurde von
Oxtoby mit der Kontinuumshypothese bewiesen [Ox2].
Beweis. Wir müssen zeigen, dass für alle y ∈ X und für alle offenen Umgebungen
W von y
∞
W∩
Un = ∅
n=1
gilt.
Wir zeigen, dass es eine Folge von Punkten xn , n ∈ N, und Radien rn , n ∈ N,
mit rn < 21n , B(x1 , r1 ) ⊆ W gibt, so dass
B(xn+1 , rn+1 ) ⊆ B(xn , rn ) ⊆ B(xn , rn ) ⊆ Un
Da U1 und W offen sind, ist U1 ∩ W eine offene Menge. U1 ∩ W ist nicht leer, weil
sonst U1 nicht dicht in X wäre. Deshalb gibt es x1 und 0 < r1 < 1 mit
B(x1 , r1 ) ⊆ U1 ∩ W
Wir nehmen an, dass wir n Punkte gewählt haben. Es sind Un+1 und B(xn , rn )
offene Mengen, somit ist Un+1 ∩ B(xn , rn ) eine offene Menge. Sie ist nicht leer,
weil Un+1 sonst nicht dicht in X wäre. Also gibt es xn+1 ∈ Un+1 ∩ B(xn , rn ). Da
1
Un+1 ∩ B(xn , rn ) offen ist, gibt es rn+1 < 2n+1
mit
B(xn+1 , rn+1 ) ⊆ Un+1 ∩ B(xn , rn )
Die Folge xn , n ∈ N, ist eine Cauchy Folge. Für alle n, m > N gilt
B(xn , rn ) ⊆ B(xN , rN )
B(xm , rm ) ⊆ B(xN , rN )
Also gilt d(xn , xm ) < 2−N +1 . Da X vollständig ist, konvergiert diese Folge
x = lim xn
n→∞
164
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Es gilt
x∈W∩
∞
Un
n=1
Wir prüfen das nach.
∀N ∀n > N : xn ∈ B(xN , rN )
Es folgt
∀N : x ∈ B(xN , rN )
∀N : x ∈ B(xN , rN ) ⊆ UN ∩ B(x1 , r1 ) ⊂ UN ∩ W
∞
x∈W∩
Un
n=1
Man kann den Satz von Baire folgendermaßen verallgemeinern. Falls der metrische
Raum immer für das Spiel von Choquet eine Strategie zulässt, so dass der Schnitt
nicht leer ist, dann gilt die Aussage vom Satz von Baire. Wir zeigen dies. Es seien
Un , n ∈ N, offene Mengen, die sämtlich dicht in X sind und W die offene Umgebung
eines Punktes in X. Zu U1 ∩W wählen wir gemäß unserer Strategie die offene Menge
V1 , V1 ⊆ U1 . Der Gegenspieler antwortet mit V1 ∩ U2 . Diese Menge ist nicht leer,
weil U2 dicht ist. Nun wählen wir gemäß unserer Strategie die offene Menge V2 ,
V2 ⊆ V1 ∩ U2 , usw.
Lemma 118 Es sei X ein metrischer Raum. Dann sind äquivalent.
(i) Falls Un , n ∈ N, eine Folge von offenen Teilmengen von X ist, die dicht in X
sind, dann ist auch
∞
Un
n=1
in X dicht.
(ii) Für alle Folgen abgeschlossener Mengen An , n ∈ N, die sämtlich leeres Inneres
haben, gilt, dass auch die Vereinigung
∞
An
n=1
leeres Inneres hat.
(iii) Für alle abgeschlossenen Mengen An , n ∈ N, deren Vereinigung
∞
An
n=1
einen inneren Punkt enthält, gilt dass mindestens eine der Mengen An , n ∈ N, einen
inneren Punkt enthält.
3.8. SATZ VON BAIRE
165
Beweis. (i) ⇒ (ii) Die Mengen Un = Acn , n ∈ N, sind offen und dicht in X. Nach
(i) ist auch
c
∞
∞
Un =
An
∞
n=1
n=1
dicht in X. Also enthält n=1 An keinen inneren Punkt.
(ii) ⇒ (i) Wir setzen An = Unc . Da Un dicht in X sind, haben An leeres Inneres
und nach (ii) auch die Vereinigung
c
∞
∞
An =
Un .
n=1
n=1
∞
Also ist n=1 Un dicht in X.
(ii) ⇔ (iii): (ii) ist die Kontraposition von (iii). Eine Menge heißt nirgends dicht, falls das Innere vom Abschluss die leere Menge
ist.
Korollar 10 Es sei X ein vollständiger, metrischer Raum. X ist nicht abzählbare
Vereinigung von nirgends dichten Mengen.
Beweis. Es seien En , n ∈ N, nirgends dichte Mengen. Es gilt für alle n ∈ N
◦
En = ∅.
Da X ein vollständiger, metricher Raum ist, gilt der Satz von Baire (Satz 27). Mit
Lemma 118 folgt, dass
∞
En
n=1
keinen inneren Punkt enthält. Es ergibt sich
X =
∞
n=1
En ⊇
∞
En .
n=1
Wir sagen, daß eine Teilmenge A eines topologischen Raumes von erster Kategorie ist, falls A abzählbare Vereinigung von nirgends dichten Mengen ist. Andernfalls sagen wir, dass A von zweiter Kategorie ist.
Beispiel 28 (i) Q ist eine Menge erster Kategorie.
(ii) R ist von zweiter Kategorie.
(iii) R \ Q ist von zweiter Kategorie.
(iv) In dem metrischen Raum R \ Q gilt der Satz von Baire.
(v) Q ist keine Gδ -Menge.
166
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Beweis. (i) Jede abzählbare Menge ist abzählbare Vereinigung einpunktiger Mengen. (ii) folgt
mit dem Satz von Baire. (iii) folgt aus (ii). Dazu nehmen wir an, dass R \ Q von erster Kategorie
ist.
∞
◦
R\Q=
An mit
An = ∅
n=1
qn , n ∈ N, sei eine Abzählung der rationalen Zahlen. Wir setzen B2n = An und B2n+1 = {qn },
n ∈ N. Dann gelten
∞
◦
R=
Bn und
Bn = ∅
n=1
(v) Wir nehmen an, dass Q eine Gδ -Menge ist. Dann gibt es offene Mengen On , n ∈ N, mit
Q=
On .
n∈N
Deshalb
R\Q=
Onc .
n∈N
Die abgeschlossenen Mengen Onc enthalten keine inneren Punkte, weil kein rationaler Punkt Element dieser Mengen ist. Damit ist R abzählbare Vereinigung nirgends dichter Mengen, also von
erster Kategorie. Dies ist falsch. Beispiel 29 Die Hamel-Basis (algebraische Basis) eines unendlich-dimensionalen Banachraumes
X ist überabzählbar.
Beweis. Wir nehmen an, dies sei nicht so. xn sei eine abzählbare Hamel-Basis. Wir setzen
En = [x1 , . . . , xn ]
n∈N
En sind abgeschlossene Teilräume und X = n En . Nach dem Satz von Baire gibt es ein n0 , so
dass En0 nichtleeres Inneres besitzt. Also B(x0 , r) ⊂ En0 . Wegen −x0 ∈ En0 folgt B(0, r) ⊂ En0 .
Es folgt B(0, mr) ⊂ En0 und damit X = En0 . 3.9. SATZ VON DER OFFENEN ABBILDUNG
3.9
167
Satz von der offenen Abbildung
Wir sagen, dass eine Abbildung f : X → Y zwischen zwei topologischen Räumen
offen ist, falls f (U ) für alle offenen Mengen U offen ist.
Der Satz von der offenen Abbildung besagt, dass eine stetige, surjektive, lineare Abbildung zwischen Banachräumen eine offene Abbildung ist. Beim Beweis
benutzen wir den Satz von Baire. Eine wichtige Folgerung aus dem Satz von der offenen Abbildung ist, dass eine stetige, bijektive Abbildung zwischen Banachräumen
eine stetige Inverse besitzt.
Die Abbildung sin : R → R ist eine stetige Abbildung, die nicht offen ist, weil
sin(R) = [−1, 1].
Die identische Abbildung id : (R, P(R)) → (R, | · |) zwischen dem Raum R,
einmal mit der diskreten Topologie ausgestattet und zum anderen mit der üblichen
Metrik, ist stetig, bijektiv, aber nicht offen.
Lemma 119 Es seien X und Y normierte Räume und T : X → Y eine lineare
Abbildung. Dann sind äquivalent:
(i) T : X → Y ist eine offene Abbildung.
(ii) Es gibt ein > 0, so dass
BY (0, ) ⊆ T (BX (0, 1)).
Beweis. (i) ⇒ (ii): Falls T offen ist, dann ist die Menge T (BX (0, 1)) offen. Weil
0 = T (0) ∈ T (BX (0, 1)), so ist 0 innerer Punkt von T (BX (0, 1)).
Nun zeigen wir (ii) ⇒ (i). Es sei U eine offene Menge in X. Wir müssen zeigen,
dass T (U ) offen ist. Es sei y0 ∈ T (U ). Dann gibt es x0 ∈ U mit y0 = T (x0 ). Da U
offen ist, gibt es ein > 0 mit B(x0 , ) ⊆ U .
T (BX (x0 , )) = T (x0 ) + T (BX (0, 1)) ⊇ T (x0 ) + BY (0, 1) = BY (y0 , )
Satz 28 Es seien X und Y Banachräume und T : X → Y eine lineare, stetige
Abbildung. Falls T surjektiv ist, dann ist T offen.
Korollar 11 Es seien X und Y Banachräume und T : X → Y eine lineare, stetige
Abbildung. Falls T bijektiv ist, dann ist auch T −1 eine stetige Abbildung.
Beweis. Wir müssen zeigen, dass es ein r > 0 gibt, so dass
BY (0, r) ⊆ T (BX (0, 1))
gilt. Wir zeigen zunächst, dass es ein r > 0 mit
BY (0, r) ⊆ T (BX (0, 1))
168
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
gibt. Wegen Lemma 44 gilt X = ∞
n=1 BX (0, n). Somit
∞
∞
BX (0, n) =
T (BX (0, n)).
Y = T (X) = T
n=1
Es folgt
Y =
∞
n=1
T (BX (0, n)).
n=1
Nach dem Kategoriensatz von Baire (Satz 27 und Lemma 118) gibt es ein n0 , so
dass
T (BX (0, n0 ))
einen inneren Punkt besitzt. Wegen T (BX (0, n0 )) = n0 T (BX (0, 1)) besitzt auch
T (BX (0, 1)) einen inneren Punkt. Deshalb gibt es ein y0 und ein r > 0 mit
BY (y0 , 4r) ⊆ T (BX (0, 1))
Tatsächlich wollen wir erreichen, dass eine Kugel mit Zentrum 0 in T (BX (0, 1))
enthalten ist. Ein Verschieben von BY (y0 , 4r) um den Vektor y0 führt nicht zum
Ziel, weil y0 nicht in T (BX (0, 1)) liegen muss. Es gilt zwar
BY (0, 4r) ⊆ T (BX (0, 1)) − y0 = T (BX (0, 1)) − y0 ,
aber an dieser Stelle brauchen wir, dass es ein x0 ∈ BX (0, 1) mit T (x0 ) = y0 gibt.
Es gibt aber ein x1 ∈ BX (0, 1) mit
T (x1 ) − y0 < 2r.
Mit der Dreiecksungleichung folgt
BY (T (x1 ), 2r) ⊆ BY (y0 , 4r) ⊆ T (BX (0, 1)).
Hieraus folgt
BY (0, 2r)
= BY (T (x1 ), 2r) − T (x1 )
⊆ T (BX (0, 1)) − T (x1 )
= T (BX (0, 1)) − T (x1 ) = T (BX (x1 , 1)).
Wegen x1 < 1 gilt BX (x1 , 1) ⊆ BX (0, 2) und es folgt
BY (0, 2r) ⊆ T (BX (0, 2)).
Also gilt
BY (0, r) ⊆ T (BX (0, 1)).
Nun zeigen wir, dass
BY (0, 12 r) ⊆ T (BX (0, 1))
gilt.
3.9. SATZ VON DER OFFENEN ABBILDUNG
169
Es sei y ∈ BY (0, r). Dann gibt es eine Folge xn ∈ X, n ∈ N, mit xn < 2−n+1
und
n
r
T (xi ) < n
y −
2
i=1
Wir zeigen dies durch Induktion. Da BY (0, r) ⊆ T (BX (0, 1)) gilt, gibt es ein x1 mit
x1 < 1, so dass
r
y − T (x1 ) <
2
Wir nehmen an, dass wir x1 , . . . , xn gewählt haben, und wählen nun xn+1 . Wegen
n
n
r
n
n
T
(x
)
<
bzw.
2
y
−
T
(2
x
)
y
−
i i < r
2n
i=1
i=1
und wegen BY (0, r) ⊆ T (BX (0, 1)) gibt es ein xn+1 mit 2n xn+1 < 1 und
n
r
n
T (2n xi ) − T (2n xn+1 ) < .
2 y−
2
i=1
Also gilt
n+1
r
T (xi ) < n+1 .
y −
2
i=1
Wegen
∞
xi <
∞
i=1
2−i+1 = 2
i=1
konvergiert die Reihe
xi absolut. Da X ein Banachraum ist, konvergiert die Reihe
gegen ein x in X mit x < 2. Außerdem konvergiert
n
n
T (xi ) = T
xi
i=1
i=1
gegen y. Wegen der Stetigkeit von T folgt
∞ ∞
T (xi ) = T
xi = T (x).
y=
i=1
i=1
Es folgt, dass BY (0, r) ⊆ T (BX (0, 2)). Im Satz von der offenen Abbildung wird vorausgesetzt, dass beide Räume X und
Y Banachräume sind. Wir wollen mit einem Beispiel zeigen, dass man darauf nicht
verzichten kann.
∞
Beispiel 30 X sei der Raum 1 mit der Norm x1 = n=1 |xn | und Y sei der Raum 1 mit der
Norm x∞ = supn∈N |xn |. Dann ist die Identität id : X → Y eine bijektive, stetige Abbildung,
aber die Inverse ist nicht stetig.
170
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Beweis. Wegen
x∞ ≤ x1
gilt id ≤ 1. Andererseits gilt
n
ei i=1
−1
Also ist id
∞
=1
n ei = n
i=1
1
nicht beschränkt. Im Satz von der offenen Abbildung wird vorausgesetzt, dass die Abbildung T
stetig ist. Wir wollen ein Beispiel dafür angeben, dass man auf diese Voraussetzung
nicht verzichten kann.
Beispiel 31 Die Räume c0 und 1 sind algebraisch isomorph, aber es gibt zwischen ihnen keine
lineare, bijektive, stetige Abbildung.
Beweis. Wir werden später das genaue Argument kennenlernen, das zeigt, dass c0 und 1 nicht
topologisch isomorph sind. Kurz gefasst lautet es: Der Dualraum von c0 ist separabel und der von
1 ist nicht separabel, was nicht sein kann, wenn beide Räume topologisch isomorph wären.
Wir zeigen nun, dass beide Räume dieselbe algebraische Dimension besitzen, nämlich gleich
der Kardinalität der reellen Zahlen R. Beide Räume sind Teilmengen des Raumes aller Folgen RN .
Diese Menge hat die Kardinalität von R. Somit haben die Basen eine Kardinalität, die kleiner
oder gleich der von R ist.
Nach Beispiel 29 ist die Kardinalität der algebraischen Basis eines unendlich-dimensionalen
Banachraumes überabzählbar. Mit der Kontinuumshypothese folgt, dass die Kardinalität größer
oder gleich der Kardinalität des Kontinuums ist. Lemma 120 Es seien X und Y Banachräume und T : X → Y ein stetiger, linearer
Operator, so dass Bild(T ) abgeschlossen ist. Dann sind Bild(T ) und X/ Kern(T )
isomorph und T̂ : X/ Kern(T ) → Bild(T ) mit T̂ ([x]) = T (x) ist ein stetiger Isomorphismus.
Beweis. Wir betrachten die Abbildung T̂ : X/ Kern(T ) → Bild(T ) mit T̂ ([x]) =
T (x). Die Abbildung T̂ ist wohldefiniert, weil für x und y mit [x] = [y] die Gleichung
T (x) = T (y) gilt. Außerdem ist sie bijektiv.
Die Abbildung T̂ ist stetig, es gilt T = T̂ . Wir weisen die Gleichung nach.
Es gilt immer x ≥ [x]. Es folgt T ≤ T̂ . Es gilt
[x] = inf{x + y|T (y) = 0}
Deshalb gibt es zu jedem > 0 ein y mit T (y) = 0 und
[x] + ≥ x + y
Es folgt
T̂ ([x]) = T (x) = T (x + y) ≤ T x + y ≤ T ([x] + )
Da X und Y Banachräume sind, Bild(T ) abgeschlossen ist, sind Bild(T ) und X/ Kern(T )
Banachräume und aus dem Satz von der offenen Abbildung folgt, dass T̂ −1 stetig
ist. 3.9. SATZ VON DER OFFENEN ABBILDUNG
171
Lemma 121 Es seien X und Y Banachräume, S : X → Y ein stetiger, linearer
Operator und Bild(S) abgeschlossen. Dann gilt
(Kern(S))⊥ = Bild(S ∗ )
Beweis. Wir zeigen zuerst, dass Bild(S ∗ ) ⊆ (Kern(S))⊥ . Falls x∗ ∈ Bild(S ∗ )
x∗ (x) = S ∗ y ∗ (x) = y ∗ (Sx)
Für alle x mit Sx = 0 ist der letztere Ausdruck 0. Also gilt x∗ ∈ (Kern(S))⊥ .
Nun die umgekehrte Inklusion. Es sei x∗ ∈ (Kern(S))⊥ . Wir konstruieren nun
ein y ∗ mit x∗ = S ∗ y ∗ . Es sei y0∗ : Bild(S) → R durch
y0∗ (y) = x∗ (x)
falls
S(x) = y
gegeben. Wir weisen nach, dass y0∗ ist wohldefiniert und stetig ist. Es seien x1 und
x2 mit y = S(x1 ) = S(x2 ). Dann 0 = S(x1 − x2 ) und somit x∗ (x1 − x2 ) = 0
x∗ (x1 ) = x∗ (x2 )
Wir zeigen nun, dass y0∗ stetig ist. Nach Lemma 120 ist Ŝ : X/ Kern(S) → Bild(S)
mit Ŝ([x]) = S(x) ein stetiger Isomorphismus.
x̂∗ : X/ Kern(S) → R sei durch x̂∗ ([x]) = x∗ (x) gegeben. Dieses Funktional ist
wohldefiniert und stetig. Wir überprüfen die Stetigkeit. Für jedes > 0 und x ∈ X
gibt es ein y mit Sy = 0, so dass
[x] + ≥ x + y
Deshalb
|x̂∗ ([x])| = |x∗ (x)| = |x∗ (x + y)| ≤ x∗ x + y ≤ x∗ ([x] + )
Wir beobachten, dass y0∗ = x̂∗ ◦ Ŝ −1 : Es sei y ∈ Bild(S), also y = Sx. Dann gilt
y0∗ (y) = x∗ (x) und
x̂∗ ◦ Ŝ −1 (y) = x̂∗ (Ŝ −1 (y)) = x̂∗ ([x]) = x∗ (x)
Deshalb ist y0∗ stetig. Mit dem Satz von Hahn-Banach können wir das Funktional
y0∗ zu einem Funktional y ∗ auf Y fortsetzen. Es folgt für alle x ∈ X
x∗ (x) = y0∗ (Sx) = y ∗ (Sx) = (S ∗ y ∗ )(x)
Es folgt x∗ = S ∗ y ∗ . 172
3.10
CHAPTER 3. LINEARE OPERATOREN
Satz vom abgeschlossenen Graphen
Es seien X und Y Mengen und T : X → Y eine Abbildung. Der Graph dieser
Abbildung ist
Graph(T ) = {(x, y)|y = T (x)}
Falls X und Y Vektorräume sind und T eine lineare Abbildung ist, dann ist Graph(T )
ein Teilraum von X × Y .
Wir sagen, dass der Graph von T abgeschlossen ist, wenn Graph(T ) im Raum
X × Y eine abgeschlossene Menge ist.
Falls X und Y normierte Räume sind, dann ist die Produkttopologie auf X × Y
durch die Norm X + Y gegeben. (Wir könnten auch die Norm max{ X , Y }
verwenden.) Die Stetigkeit von T bedeutet, dass für alle x ∈ X und alle Folgen xn ,
n ∈ N, die gegen x konvergieren
T (x) = lim T (xn )
n→∞
gilt. Die Abgeschlossenheit des Graphen von T bedeutet, dass für alle (x, y) ∈ X ×Y
und alle Folgen (xn , yn ) ∈ Graph(T ), n ∈ N, die gegen (x, y) konvergieren, gilt
(x, y) ∈ Graph(T )
Dies bedeutet, dass für alle (x, y) ∈ X × Y und alle Folgen xn ∈ X, n ∈ N, mit
x = lim xn
n→∞
und
y = lim T (xn )
n→∞
folgt, dass T (x) = y. Offenbar impliziert die Stetigkeit von T die Abgeschlossenheit
des Graphen. Die Umkehrung ist i.a. falsch. Wenn wir die Abgeschlossenheit eines
Graphen nachprüfen, betrachten wir nur solche Folgen xn , n ∈ N, die konvergieren
und für die die Folgen T (xn ), n ∈ N, konvergieren.
Beispiel 32 Die Abbildung f : R → R,
⎧
⎨1
f (x) = x
⎩
0
x = 0
x=0
besitzt einen abgeschlossenen Graphen, aber die Funktion ist nicht stetig. Dieses Beispiel widerspricht nicht dem Satz vom abgeschlossenen Graphen, weil f nicht linear ist.
Satz 29 (Satz vom abgeschlossenen Graphen) Es seien X und Y Banachräume und
T : X → Y eine lineare Abbildung. T ist genau dann stetig, wenn der Graph von T
abgeschlossen ist.
Beweis. Wir leiten den Satz vom abgeschlossenen Graphen aus dem Satz von der
offenen Abbildung her.