Vorlesung Funktionalanalysis

Institut für Mathematik
Prof. Dr. Helge Glöckner
Alexander Schmeding
WS 10/11
27.10.2010
3. Übungsblatt zur
Vorlesung Funktionalanalysis“
”
Gruppenübung
Aufgabe G8 (Multiplikationsoperatoren)
Sei p ∈ [1, ∞[. Gegeben eine Folge x = (xn )n∈N komplexer Zahlen und y = (yn )n∈N ∈ `p
sei mx (y) die Folge mit Einträgen mx (y)n = xn yn .
n
o
(a) Zeigen Sie: Ist x ∈ `∞ := (xi )i∈N ∈ KN supi∈N |xi | < ∞ , so gilt die Ungleichung
kmx (y)kp ≤ kxk∞ kykp , und mx : `p → `p ist ein beschränkter linearer Operator.
(b) Berechnen Sie kmx (en )kp und die Operatornorm kmx kop , wobei en die Folge mit
dem Eintrag 1 an der n-ten Stelle und 0 sonst ist.
(c) Zeigen Sie auch: Ist x irgendeine Folge derart, dass mx (y) ∈ `p für alle y ∈ `p , so
ist x ∈ `∞ .
Lösung:
(a)
1/p

kmx (y)kp = 
X
|xn yn |p 
n∈N
1/p

≤
X
kxkp∞ · |yn |p 
1/p

= kxk∞ 
n∈N
X
|yn |p 
= kxk∞ kykp .
n∈N
(b) Aus der Rechnung in (a) folgt sofort, dass kmx kop ≤ kxk∞ . Wir werden nun zeigen,
dass sogar Gleichheit gilt: Für jedes N ∈ N setze eN := (δn,N )n∈N , wobei
(
1
falls n = N
δn,N =
0
sonst
Es ist eN ∈ `p , da sogar keN kp = 1 gilt und somit können wir den Operator mx
anwenden und erhalten die folgende Gleichung:
v
u∞
uX
p
xn δn,N = |xn |
kmx (eN )kp = t
i=1
3. Übung
Vorlesung Funktionalanalysis
Da alle Summanden in der obigen Summe außer dem n-ten bereits gleich 0 sind.
Nun ist keN kp = 1 und dies liefert durch Multiplizieren der Gleichung mit keN1 k die
p
Abschätzung:
mx (eN p
|xn | =
≤ kmx kop
keN kp
Also ist die zu berechnende Zahl kmx kop größer/gleich |xN | für alle N ∈ N. Das
bedeutet also:
kme k ≥ kxk∞ .
Das war zu zeigen.
(c) Angenommen x ∈
/ `∞ , d.h. die Folge (xn )n∈N wäre nicht beschränkt. Dann würde
es für jedes k ∈ N ein nk ∈ N geben mit |xnk | > 2k . Wir setzen nun
(
2−k
falls n = nk
yn :=
0
sonst
Die Folge y = (yn )n∈N gehört zu `p , aber mx (y) sicher nicht, denn mx (y) = (xn ·
yn )n∈N ist per Konstruktion unbeschränkt.
Aufgabe G9 (Bilineare Abbildungen)
Sei β : E × F → H eine bilineare Abbildung zwischen topologischen Vektorräumen (d.h.
die partiellen Abbildungen β(x, ·) und β(·, y) sind lineare Abbildungen für alle x ∈ E,
y ∈ F ). Zeigen Sie, dass β genau dann stetig ist, wenn β in (0, 0) stetig ist.
Lösung: Offensichtlich ist β in (0, 0) stetig, wenn β stetig ist. Sei nun umgekehrt β in
(0, 0) stetig. Wir müssen zeigen, dass β dann auch an einem beliebigen anderen Punkt
(x0 , y0 ) stetig ist. Ähnlich wie für lineare Abbildungen betrachten wir zunächst:
β(x0 , y0 ) + β(x, y) = β(x0 , y0 ) + β(x, y0 ) − β(x, y0 ) + β(x, y)
= β(x0 , y0 ) + β(x, y0 ) + β(x, y − y0 )
= β(x0 , y0 ) + β(x, y0 ) + β(x0 , y − y0 ) − β(x0 , y − y0 ) + β(x, y − y0 )
= β(x, y0 ) + β(x0 , y) + β(x − x0 , y − y0 )
Somit erhalten wir die Gleichung
E×F
F
β = Tβ(x
◦ (β ◦ T−(x
+ β(·, y0 ) + β(x0 , ·)),
0 ,y0 )
0 ,y0 )
E×F
F
wobei mit T−(x
und Tβ(x
die Translationen mit den entsprechenden Elementen
0 ,y0 )
0 ,y0 )
bezeichnet sein. Nach der Vorlesung sind die Translationen Homöomorphismen. Betrachten wir die Ausdrücke β(x, y0 ) und β(x0 , y). Diese sind linear in x, bzw. in y, da β bilinear
ist und x0 , y0 fest gewählt war. Wir behaupten, dass in topologischen Vektorräumen,
wenn β in (0, 0) stetig ist, sind die partiellen Abbildungen in (x0 , 0) bzw. (0, y0 ) stetig
sind für beliebiges x0 , y0 . Diese Behauptung werden wir sogleich beweisen, zuvor beenden
wir jedoch unser Argument wie folgt: Nach der Vorlesung wissen wir, dass die partiellen
2
3. Übung
Vorlesung Funktionalanalysis
linearen Abbildungen genau dann stetig sind, wenn sie in (x0 , 0) bzw. (0, y0 ) stetig sind.
E×F
E×F
Aber auch der letzte verbliebene Term β ◦ T(−(x
ist stetig in (x0 , y0 ), denn T(−(x
0 ,y0 )
0 ,y0 )
E×F
ist stetig und β ist stetig in (0, 0) und T(−(x
(x0 , y0 ) = (0, 0). Somit haben wir gezeigt,
0 ,y0 )
dass β als Komposition von in (x0 , y0 ) stetigen Abbildungen ebenfalls stetig ist.
Beweis der Behauptung Wir beweisen die Behauptung nur für Elemente der Form
(x0 , 0) aus Symmetriegründen gilt diese dann auch für solche der Form (0, y0 ). Sei
zunächst U eine beliebige Umgebung von 0 = β(0, 0) = β(x0 , 0). Da H ein TVR ist,
können wir eine Nullumgebung V mit V + V ⊆ U finden. Da β in (0, 0) stetig ist, ist
β −1 (V ) eine Umgebung von (0, 0), welche auch (x0 , 0) enthält. Da E und F TVR sind,
können wir scheibenförmige offene Umgebungen WE , WF von 0 in E bzw. in F so wählen,
dass W := WE × WF ⊆ β −1 (V ) gilt. Da E × F ein TVR ist, ist β −1 (V ) absorbierend
und somit finden wir ein λ > 0, so dass (x0 , 0) + W ⊆ λβ −1 (V ) gilt. Falls λ ≤ 1 so
sind wir fertig, weil dann die Umgebung (x0 , 0) + W bereits in β −1 (V ) enthalten ist.
Andernfalls betrachten wir (x0 , 0) + λ12 W ⊆ (x0 , 0) + W ⊆ λβ −1 (V ) und berechnen für
(w1 , w2 ) ∈ W :
β((x0 , 0) +
1
(w1 , w2 )) = β(x0 , λ12 w2 ) + β( λ12 w1 , λ12 w2 )
λ2
= λ12 β ((x0 , 0) + (0, w2 )) +β( λ1 (w1 , w2 ))
| {z }
|{z}
∈W
<1
|
{z
}
|
{z
}
∈λβ −1 (V )
∈
Insgesamt ist also (x0 , 0) +
1
W
λ2
1 2
λ V
λ2
∈W
+V ⊆V +V ⊆U
⊆ β −1 (U ) und dies zeigt, dass β in (x0 , 0) stetig ist.
Aufgabe G10 (Stetigkeit und Differentialoperatoren)
(a) Sei k ∈ N0 . Zeigen Sie, dass die Abbildung
φ : C k+1 [0, 1] → C[0, 1] × C k [0, 1] ,
φ(γ) := (γ, γ 0 )
(linear und) eine topologische Einbettung ist.
(b) Sei n ∈ N und S(Rn ) der aus nder Vorlesung
bekannte
Schwartzraum, versehen mit
o
der Familie von Halbnormen k·km,k k, m ∈ N0 , wobei
α
kf km,k :=
sup
(1 +kxk22 )m ∂∂xαf (x)
x∈Rn ,0≤|α|≤k
d :
Zeigen Sie, dass für y ∈ Rn der Differentialoperator dy
S(Rn ) → S(Rn ), f 7→ df
dy
der jeder Abbildung ihre Richtungsableitung in Richtung y zuordnet, (linear und)
stetig ist.
Hinweis: Überlegen Sie sich, wie Sie den Differentialoperator aus b) als Kombination
von Differentialoperatoren der Form ∂x∂ schreiben können, wobei mit ∂x∂ die partielle
k
k
Ableitung nach der k-ten Koordinate bezeichnet sei.
3
3. Übung
Vorlesung Funktionalanalysis
Lösung:
(a) Linearität: Da die beiden Komponenten der Abbildung φ linear sind (Identität ist
linear und Ableiten ist auch linear), ist diese Abbildung sicherlich linear.
Injektivität: Sei γ ∈ ker φ. Das bedeutet: (γ, γ 0 ) = (0, 0). Also ist insbesondere
γ = 0. Demanch ist φ injektiv.
Stetigkeit: Da C[0, 1] × C k [0, 1] mit der Produkttopologie versehen ist, reicht es
zu zeigen, dass die einzelnen Komponenten der Abbildung φ stetig sind umd die
Stetigkeit von φ zu zeigen. Da wir bereits wissen, das die Komponenten linear sind
und nach der Vorlesung beide topologischen Räume normierte Räume sind, müssen
wir nur die Bedingung aus Satz 2.1.c) nachprüfen:
(j) id(f ) = kf k ≤ max f
= kf kC k+1
∞
∞
j=0,...k+1
∞
Somit ist die erste Komponente bereits stetig. Für die zweite Komponente φ2 sehen
wir sofort
(j) φ2 (f ) k = f 0 k ≤ max f
= kf kC k+1 ,
C
C
j=0,...k+1
∞
womit auch diese stetig ist, was widerum die Stetigkeit von φ nachweist.
Stetigkeit der Inversen: Die Inverse Abbildung π : Im φ → C k+1 ([0, 1]), (f, f 0 ) 7→ f
ist gerade die Einschränkung der kanonischen Projektion auf das Bild von φ. Da wir
den Produktraum mit der Produkttopologie ausgestattet haben, ist die kanonische
Projektion stetig. Insgesamt ist φ somit stetig, linear und injektiv mit einer stetigen
Inversen Abbildung auf dem Bild von φ, also eine topologische Einbettung.
(b) Wie man in der Analysis lernt, sind die Abbildungen, die eine differenzierbare Abbildung auf ihre partielle Ableitung, bzw. auf ihre Richtungsableitung abbilden
linear. Wir müssen also nur noch zeigen, dass diese Abbildungen auch stetig sind.
Dazu benutzen wir Satz 2.1.c) aus der Vorlesung. Offensichtlich ist die Familie der
Halbnormen k·km,k gerichtet, denn nach Konstruktion gilt m ≤ m0 und k ≤ k 0
impliziertn k·km,k ≤ k·km0 ,k0 . Wenn wir nun zwei Halbnormen k·kmi ,ki , i = 1, 2, setzen wir M := max {mi |i = 1, 2} und K := max {ki |i = 1, 2}, dann gilt k·kmi ,ki ≤
k·kM,K , i = 1, 2 und wirP
sehen, dass die Menge gerichtet sein muss.
Einheitsvektoren
Sei y = (y1 , . . . , yn ) = ni=1 yi · ei ∈ Rn , wobei die ei ∈ Rn die P
d
∂
bezeichnen. Wie man in der Analysis lernt gilt die Identität dy
= ni=1 yi · ∂x
gilt.
i
4
3. Übung
Vorlesung Funktionalanalysis
Wir betrachten nun einen beliebige Halbnorm k·km,k :
df dy m,k
=
sup
x∈Rn ,0≤|α|≤k
α
∂ df
(1 +kxk22 )m ∂x
α dy (x)
n
X
2 m ∂α
∂f
=
sup
(1 +kxk2 ) ∂xα
yi · ∂x (x)
i
x∈Rn ,0≤|α|≤k
i=1
n
α
X
∂ ∂f
≤
(x)
|yi |
sup
(1 +kxk22 )m ∂x
α ∂x
i=1
≤
n
X
i=1
Dreiecksungleichung für |·|
i
x∈Rn ,0≤|α|≤k
max |yi |kf km,k+1
1≤i≤n
≤ n · max |yi |kf km,k+1
1≤i≤n
{z
}
|
konstant≥0
α
β
∂
∂
∂
Für die vorletzte Ungleichung haben wir benutzt, dass ∂x
α ∂x bereits als ∂xβ für
i
ein geeignetes β ∈ Nn0 mit |β| = |α| + 1 aufgefasst werden kann. Nach Satz 2.1.c)
d
aus der Vorlesung folgt nun die Stetigkeit von dy
.
5
3. Übung
Vorlesung Funktionalanalysis
Hausübung
Aufgabe H6 (Vergleich von Topologien)
(a) Seien P1 und P2 zwei gerichtete Mengen von Halbnormen auf einem Vektorraum E
und O1 bzw. O2 die hierdurch definerten Topologien auf E.
Zeigen Sie, dass die folgenden Aussagen äquivalent sind:
(i) O2 ⊆ O1 ;
(ii) Für alle p ∈ P2 existiert q ∈ P1 und C > 0 derart, dass p ≤ Cq.
(b) In der Vorlesung haben Sie auf
Funktionen C(R) eine
Fa-
Raum der stetigen
dem
milie von Halbnormen F := k·kK K ⊆ R kompakt durch kf kK n:= supx∈K
f (x)o
definiert. Betrachten Sie nun die Familie von Halbnormen G := k·k[−n,n] n ∈ N
welche durch kf k[−n,n] := sup−n≤x≤n f (x) gegeben ist. Zeigen Sie, dass die Familie
G dieselbe Topologie induziert wie die Familie F.
Bemerkung: Sind die Familien Pi nicht gerichtet, so kann man eine ähnliche Aussage
wie in Aufgabenteil a) beweisen. In diesem Fall muss jedoch die Bedingung ii) wie folgt
verändert werden: Für alle p ∈ P2 existieren n ∈ N, r1 , . . . rn > 0 und q1 , . . . , qn ∈ P1 mit
p ≤ r1 q1 + . . . rn qn . Wenn Sie möchten können Sie auch die Aussage für nicht gerichtete
Mengen von Halbnormen beweisen, dies ist jedoch wesentlich aufwendiger.
Lösung:
(a) Wir bemerken zunächst, dass die Bedingung O2 ⊆ O1 äquivalent dazu ist, dass die
lineare Abbildung id : (E, O1 ) → (E, O2 ), x 7→ x stetig ist, denn dann sind Urbilder
offener Mengen aus O2 wieder offen in O1 .
Nach Voraussetzung wird die Topologie O1 bzw. O2 durch die Familie P1 bzw.
durch die Familie P2 von Halbnormen induziert. Satz 2.1.c) aus der Vorlesung
besagt nun, dass id genau dann stetig ist, wenn für jede Halbnorm p ∈ P1 eine
Halbnorm q ∈ P2 existiert, so dass für eine geeignete Konstante C > 0 bereits
p(x) = p(id(x)) ≤ Cq(x) gilt. Nach dieser Vorüberlegung können wir nun leicht die
Aussage zeigen:
Wir nehmen zuerst an, dass i) gilt, id somit stetig ist. Dies bedeutet, dass für eine
beliebige Halbnorm p ∈ P2 eine Konstante C > 0 und eine Halbnorm q ∈ P1
existieren, so dass p(x) = p(id(x)) ≤ Cq(x) gilt. Offensichtlich können wir somit
jedes Element p wie in ii) gefordert abschätzen.
Nehme nun umgekehrt an, dass bereits ii) gilt, wir somit jede Halbnorm p ∈ P2
durch Cq mit C > 0 und q ∈ P1 abschätzen können.Nach unserer Vorüberlegung
ist id also stetig und wir haben O2 ⊆ O1 gezeigt.
(b) Wir bezeichnen mit O2 die Topologie welche von F induziert wird und mit O1 die
von G induzierte Topologie. Offensichtlich gilt G ⊆ F, somit kann die Topologie O1
höchstens gröber sein als die von F induzierte Topologie und wir haben bereits O1 ⊆
O2 . Aber andererseits sagt der Satz von Heine-Borel, dass für jedes Kompaktum
K ⊆ R eine natürliche Zahl n existiert, so dass K ⊆ [−n, n] gilt. Insbesondere folgt
dann für dieses K die Ungleichung k·kK ≤ k·k[−n,n] . Die Familien von Halbnormen
6
3. Übung
Vorlesung Funktionalanalysis
P1 , P2 erfüllen somit Bedingung ii) aus Aufgabenteil a). Somit folgt auch O2 ⊆ O1 ,
falls P1 , P2 gerichtet sind. Dies ist aber der Fall, da für K1 , K2 ⊆ R kompakt
auch K1 ∪ K2 kompakt ist und die Halbnormen nach Konstruktion dann k·kKi ≤
k·kK1 ∪K2 , i = 1, 2 erfüllen. Analog gilt für n, m ∈ N bereits k·kk ≤ k·kmax(n,m) , k =
n, m. Dies beweist die Aussage
Aufgabe H7 (Konvexe Mengen)
Sei E ein Vektorraum. Zeigen Sie:
(a) Sind C, D ⊆ E zwei konvexe
conv(C ∪ D)
Teilmengen, dann ist die konvexe Hülle
gegeben durch die Menge λx + (1 − λ)y x, y ∈ C ∪ D, λ ∈ [0, 1] .
(b) Sei C eine konvexe Teilmenge welche in einem Untervektorraum F ⊆ E enthalten
ist und D ⊆ E eine konvexe Teilmenge, so dass D ∩ F ⊆ C gilt. Zeigen Sie, dass
dann auch conv(C ∪ D) ∩ F = C gelten muss.
Lösung:
(a) Nach der Vorlesung haben wir die folgende Beschreibung der konvexen Hülle:


n
m
m

X
X
X
conv(C ∪ D) =
ti xi +
tj yj xi ∈ C, yj ∈ D,
ti = 1, ∀i, ti ∈ [0, 1]


i=1
j=n+1
i=1
Somit ist bereits klar, dass A := λx + (1 − λ)y x, y ∈ C ∪ D, λ ∈ [0, 1] ⊆ conv(C∪
D) gelten
P muss. WirPmüssen also nur noch die umgekehrte Inklusion zeigen. Sei dazu z = ni=1 ti xi + m
j=n+1 tj yj ∈ conv(C ∪ D). Da C, D konvex sind, ist offenbar
nichts zu zeigen, falls n = 0 oder m = n gilt, da in diesem Fall bereits z ∈P
D bzw.
:= ni=1 ti .
z ∈ C. Nehme daher nun an, dass n > 0 und m > n gilt.
Pλ
PnDefiniere
m
Nach Konstruktion gilt dann λ ∈ [0, 1] und 1 − λ = 1 − i=1 ti = j=n+1 tj nach
Definition der konvexen Hülle. Weiter definieren wir nun neue Koeffezienten:
tj
ti
si := , sj :=
λ
1−λ
Für diese Koeffizienten gilt nach Konstruktion die Gleichung
n
X
i=1
si =
n
X
ti
i=1
λ
=
n
X
i=1
t
Pn i
i=1 ti
= 1,
m
X
sj =
j=n+1
Pn
m
X
j=n+1
Pm
m
X
tj
t
Pm j
=1
=
1−λ
j=n+1 tj
j=n+1
Außerdem sind x := i=1 si xi und y := j=n+1 sj yj Konvexkombinationen von
Elementen aus C bzw. D, so dass x ∈ conv(C) und y ∈ conv(D) gilt. Da C bzw. D
aber bereits konvex sind, haben wir x ∈ C und y ∈ D, sowie z = λx + (1 − λ)y ∈ A.
Insgesamt gilt somit die Gleichheit A = conv(C ∪ D).
(b) Wir bemerken zunächst, dass eine konvexe Menge in einem Untervektorraum F
von E auch eine konvexe Menge inE ist. Nach Aufgabenteil
a) wissen wir
bereits,
dass die Identität conv(C ∪ D) = λx + (1 − λ)y λ ∈ [0, 1], x, y ∈ C ∪ D gilt, da
C, D konvex sind. Sei nun z = λx + (1 − λ)y ∈ conv(C ∪ D) ∩ F . Wir beginnen
nun mit einer Fallunterscheidung um C = conv(C ∪ D)zu zeigen. Um Trivialitäten
auszuschließen nehmen wir zuerst an, dass λ ∈]0, 1[ gilt:
7
3. Übung
Vorlesung Funktionalanalysis
x, y ∈ C: In diesem Fall folgt aus der Konvexität der Menge C, dass bereits z ∈ C
gilt. Insbesondere muss bereits C ⊆ conv(C ∪ D) gelten, wähle z.B. λ = 1.
x, y ∈ D \C: Es gilt aufgrund der Konvexität von D bereits z = λx+(1−λ)y ∈ D
und dies führt zu z ∈ D ∩ F ⊆ C.
x ∈ D, y ∈ C:
Wir erhalten durch Umstellen der z definierenden Gleichung
x=
1
z − (1 − λ)y ∈ F , da F UVR.
| {z }
λ
|{z}
∈F
∈F
Dies zeigt aber gerade x ∈ D ∩ F ⊆ C und aufgrund der Konvexität von C erhalten
wir wie gewünscht z ∈ C.
y ∈ C, x ∈ D: Analog zu dem gerade behandelten Fall.
Insgesamt haben wir nun bereits conv(C ∪ D) ∩ F = C gezeigt.
8