4.¨Ubungsblatt zur ” Vorlesung Hilbertraummethoden“

Institut für Mathematik
Prof. Dr. Helge Glöckner
Dr. Elke Wolf
WS 09/10
02.11.2009
4. Übungsblatt zur
Vorlesung Hilbertraummethoden“
”
Gruppenübung
Aufgabe G13 (Distanz-Funktion)
Sei (X, d) ein metrischer Raum, ∅ =
6 A ⊆ X abgeschlossen. Betrachten Sie
distA : X → [0, ∞[, x 7→ inf{d(x, a); a ∈ A}.
Zeigen Sie:
(a) distA ist Lipschitz-stetig mit Lipschitz-Konstante 1.
(b) distA (x) = 0 gilt genau dann, wenn x ∈ A.
Lösung:
(a) Seien x1 , x2 ∈ X mit d(x1 , x2 ) > 0 und ε > 0. Wähle a ∈ A mit d(x1 , a) ≤
dA (x1 ) + εd(x1 , x2 ) und erhalte
dA (x2 ) ≤ d(x2 , a) ≤ d(x1 , x2 ) + d(x1 , a) ≤ dA (x1 ) + (1 + ε)d(x1 , x2 ).
Damit folgt dA (x2 ) − dA (x1 ) ≤ (1 + ε)d(x1 , x2 ). Vertausche die Rollen von x1 und
x2 , so ergibt sich mit ε → 0
|dA (x1 ) − dA (x2 )| ≤ d(x1 , x2 ).
(b) Es gelte distA (x) = inf{d(x, a); a ∈ A} = 0, d.h. es gibt eine Folge (an )n ⊂ A mit
an → x in X. Da A abgeschlossen ist, muß x in A liegen. Die andere Richtung folgt
unmittelbar aus der Definition.
Aufgabe G14 (Satz von Stone-Weierstraß)
(a) Zeigen Sie, dass span{x3k ; k ∈ N0 } dicht in C[a, b] ist.
(b) Ist auch span{x2k ; k ∈ N0 } dicht in C[a, b]?
Lösung:
(a) Man kann leicht nachrechnen, daß span{x3k ; k ∈ N0 } eine Funktionenalgebra ist.
Rechne jetzt noch die Eigenschaften (1)-(3) aus dem Satz von Stone-Weierstraß
nach:
(1) Wähle k = 0.
4. Übung
Vorlesung Hilbertraummethoden
(2) Klar, da reell.
(3) Seien x, y ∈ [a, b] mit x 6= y. Dann folgt offensichtlich auch x3k 6= y 3k für alle
k ≥ 1, da dies eine injektive Funktion ist. Eine Anwendung des Satzes von
Stone-Weierstraß liefert dann das Gewünschte.
(b) Hier ist die folgende Fallunterscheidung durchzuführen:
1. Fall: b < 0: Man kann analog zu (a) sehen, daß {x2k ; k ∈ N0 } alle Voraussetzungen zur Anwendung des Satzes von Stone-Weierstraß erfüllt.
2. Fall: a < 0, b > 0: {x2k ; k ∈ N0 } trennt die Punkte nicht. Beispielsweise gilt
für das Intervall [−1, 1] für x = −1 6= 1 = y nun x2k = 1 = y 2k für alle k ∈ N0 .
3. Fall: a > 0: Siehe Fall 1.
Aufgabe G15 (Maße)
Sei X eine überabzählbare Menge, versehen mit der diskreten Metrik. Betrachten Sie
das auf der Potenzmenge P (X) von X definierte Maß
(
0, falls A abzählbar
.
µ(A) =
∞, sonst
Zeigen Sie:
(a) µ ist ein Borel-Maß.
(b) µ is von außen regulär, aber nicht von innen regulär.
Lösung:
(a) Zeige zunächst, daß µ ein Maß auf P (X) ist. Nach Definition ist klar, daß µ(∅) = 0
ist. Um einzusehen, daß µ auch σ-additiv ist, führen wir folgende Fallunterscheidung durch:
disjunkt und alle abzählbar. Dann gilt
1. Fall: Seien A1 , A2 , ... ∈ P (X) paarweise
P∞
µ(Ai ) = 0 für alle i und damit
µ(A
i ) = 0. Eine abzählbare Vereinigung
i=1
abzählbarer Mengen ist aber abzählbar. Daher gilt auch µ(∪∞
i=1 Ai ) = 0.
2. Fall: Seien A1 , A2 , ... ∈ P (X) paarweise
P∞ disjunkt und mindestens ein Ai0 überabzählbar. Dann gilt µ(Ai0 ) = ∞ und damit i=1 µ(Ai ) = ∞. Außerdem ist mit Ai0 auch
∞
∪∞
i=1 Ai überabzählbar, und es folgt nach Definition µ(∪i=1 Ai ) = ∞.
Folglich ist µ ein Maß. Zu zeigen bleibt, daß µ ein Borel-Maß ist.
Dazu zeigen wir zunächst, daß unter den gegebenen Bedingungen die Kompaktheit
der Menge A impliziert, daß A endlich ist. In der diskreten Topologie sind alle
Punkte offen, d.h. eine offene Überdeckung von A ist gegeben durch ∪x∈A {x}. Da
A aber kompakt ist, existiert eine endliche Teilüberdeckung A = ∪ni=1 {xi }. Folglich
2
4. Übung
Vorlesung Hilbertraummethoden
ist A endlich.
Dies bedeutet aber insbesondere, daß A abzählbar ist. Also µ(A) = 0, und µ ist ein
Borel-Maß.
(b) Wir zeigen zunächst, daß µ von außen regulär ist. Zu beweisen ist also µ(A) =
inf A⊆U,U offen in X µ(U ). Dazu führen wir folgende Fallunterscheidung durch:
1. Fall: A sei überabzählbar. Dann ist jedes U ⊆ X offen mit A ⊆ U ebenfalls
überabzählbar. Also µ(A) = ∞ und µ(U ) = ∞ für alle U ⊆ X offen mit A ⊆ U .
Folglich µ(A) = ∞ = inf A⊆U,U offen in X µ(U ).
2. Fall: Sei A abzählbar. Dann kann man offensichtlich auch ein offenes, abzählbares U finden mit A ⊆ U . Es gilt dann µ(A) = 0 = µ(U ) = inf A⊆U,U offen in X µ(U ).
Also ist µ von außen regulär. Zu zeigen bleibt, daß µ nicht von innen regulär ist.
Zu finden ist dazu ein A mit µ(A) 6= supK⊆A kompakt µ(K). Sei nun A überabzählbar. Dann µ(A) = ∞. Aber K kompakt bedeutet, daß K endlich ist, wie wir
weiter oben gezeigt haben. Also µ(K) = 0 für jede kompakte Menge K. Demnach
supK⊆A kompakt µ(K) = 0 6= ∞ = µ(A). Also kann µ nicht von innen regulär sein.
Aufgabe G16 (Satz von Weierstraß)
Seien t1 , t2 , ..., tn ∈ [a, b] mit a < b. Seien ferner ε > 0 und f ∈ C[a, b] beliebig vorgegeben. Zeigen Sie: Es gibt ein Polynom p über [a, b], so dass
kf − pk∞ < ε auf [a, b] und f (tk ) = p(tk ) für jedes 1 ≤ k ≤ n
ist.
Lösung: Nach dem Satz von Weierstraß liegen die Polynome dicht in C[a, b], d.h. man
kann ein Polynom p1 finden mit der Eigenschaft, daß
ε
ε
,
.
(1)
kf − p1 k∞ < min
2 2n(b − a)n−1
Setze jetzt
p2 (x) =
n
X
(f (tj ) − p1 (tj ))
j=1
n
Y
x − tk
.
tj − tk
k=1,k6j
Dies ist offensichtlich ein Polynom.
Behauptung: p = p1 + p2 ist das gesuchte Polynom.
Zeige dazu: p hat die gewünschten Eigenschaften.
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4. Übung
Vorlesung Hilbertraummethoden
(1) kf − pk∞ < ε: Wir haben
kf − pk∞ = kf − (p1 + p2 )k∞ ≤ kf − p1 k∞ + kp2 k∞
ε
ε
ε
ε
,
,ε −
+ min
.
< min
2 2n(b − a)n−1
2
2n(b − a)n−1
(2) p(tl ) = f (tl ) für alle 1 ≤ l ≤ n: Es gilt
p(tl ) = p1 (tl ) +
n
X
(f (tj ) − p1 (tj ))
j=1
k=1,k6=j
= p1 (tl ) + f (tl ) − p1 (tl ) = f (tl )
für alle 1 ≤ l ≤ n.
4
n
Y
tl − tk
tj − tk
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Vorlesung Hilbertraummethoden
Hausübung
Aufgabe H9 (Bernstein-Polynome)
Für jede stetige Funktion f : [0, 1] → C und n ∈ N0 definiert man das n-te BernsteinPolynom Bn f von f durch
n
X
k
n
Bn f (x) =
f
·
· xk (1 − x)n−k für alle x ∈ R.
k
n
k=0
(a) Zeigen Sie: Falls f = 1 oder f = id, so gilt Bn f = f auf [0,1].
(b) Berechnen Sie für f = id(1 − id) die Folge Bn f und zeigen Sie, dass in diesem Fall
gilt
Bn f → f gleichmäßig auf [0, 1].
(c) Zeigen Sie die Ungleichung
0≤
n X
k=0
k
x−
n
2 1
n
·
· xk (1 − x)n−k ≤
für alle x ∈ [0, 1],
k
4n
indem Sie die Summe durch Bestimmung von Bn f für ein geeignetes f ausrechnen.
Lösung:
(a) Es gilt
n X
n
· xk (1 − x)n−k = (x + 1 − x)n = 1.
Bn 1(x) =
k
k=0
Weiterhin
n
X
k · n!
· xk (1 − x)n−k
n · (n − k)! · k!
k=1
n−1
X n −1 =
· xk+1 (1 − x)n−k−1 = x(x + 1 − x)n−1 = x
k
Bn id(x) =
k=0
(b) Es gilt
Bn [id(1 − id)](x) =
n−1
X
k=1
n−1
X
k · (n − k) · n!
· xk (1 − x)n−k
n2 · (n − k)! · k!
(n − 1)!
xk (1 − x)n−k
n · (n − k − 1)!(k − 1)!
k=1
n−2 n−1 X n−2
1
k+1
n−k−1
=
·
· x(1 − x).
· x (1 − x)
= 1−
k
n
n
=
k=0
5
4. Übung
Vorlesung Hilbertraummethoden
Insbesondere gilt
|f (x) − Bn f (x)| =
1
1
· |x(1 − x)| ≤
→ 0,
n
4n
also die Behauptung.
(c) Da Bn linear ist, folgt mit
fy (x) = (y − x)2 = y 2 − 2yx + x2 = y 2 − 2yx + x − x(1 − x),
daß
Bn fy (x) = y 2 − 2yBn id(x) + Bn id(x) − Bn id(1 − id)(x)
1
2
= y − 2yx + x − 1 −
· x(1 − x),
n
also
n X
2 n
·
· xk (1 − x)n−k = Bn fx (x)
0 ≤
k
k=0
1
1
1
2
2
.
= x − 2x + x − 1 −
· x(1 − x) = · x(x − 1) ≤
n
n
4n
k
x−
n
Aufgabe H10 (Satz von Bernstein)
Es sei f ∈ C[0, 1]. Betrachten Sie zu x ∈ [0, 1], n ∈ N und δ > 0 die Mengen
k
An (δ) =
0 ≤ k ≤ n; x − ≤ δ und
n
k Bn (δ) =
0 ≤ k ≤ n; x − > δ .
n
(a) Zeigen Sie: Es existiert eine von x unabhängige Zahl C < ∞, so dass für alle δ > 0
2
f (x) − f k ≤ 2C x − k
für alle k ∈ Bn (δ).
n δ2
n
(b) Folgern Sie mit Hilfe von Aufgabe H9: Es gilt
Bn f → f gleichmäßig auf [0, 1].
(c) Finden Sie mit (b) einen neuen Beweis für den Satz von Weierstraß: Für jedes
kompakte Intervall [a, b] ⊂ R ist die Menge der Polynomfunktionen dicht in C[a, b].
Lösung:
(a) Wähle C = kf k∞ . Dann gilt
2
f (x) − f k ≤ 2C ≤ 2C · x − k
für alle k ∈ Bn (δ).
n δ2
n
6
4. Übung
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(b) Sei ε > 0. Wähle δ > 0 derart, daß
|f (u) − f (v)| ≤
ε
falls |u − v| ≤ δ.
2
Dies ist möglich, da f auf [0, 1] gleichmäßig stetig ist. Sei n0 ∈ N, so daß
C
1
ε
·
≤ .
2δ2 n0
2
Wähle x ∈ [0, 1]. Es gilt für alle n ≥ n0 , wobei An (δ) und Bn (δ) für x wie in der
Aufgabe definiert sind,
≤
X
ε
·
2
k∈An (δ)
n X
f (x) − f k · n · xk (1 − x)n−k
|f (x) − Bn f (x)| ≤
n k
k=0
X k 2 n
2C
n
k
n−k
x−
·
· xk (1 − x)n−k
· x (1 − x)
+ 2 ·
k
k
δ
n
k∈Bn (δ)
C
ε
≤ Bn 1(x) + 2 ≤ ε.
2
2δ n
Da x ∈ [0, 1] beliebig war, folgt die Behauptung.
(c) Die Abbildung
x−a
b−a
ist offensichtlich eine affine Bijektion, also ein Homöomorphismus. Damit ist
γ : [a, b] → [0, 1], x 7→
C[0, 1] → C[a, b], f 7→ f ◦ γ
auch eine Bijektion und
kf ◦ γk∞,[a,b] = kf k∞,[0,1] .
Da
P([0, 1]) ◦ γ = P([a, b])
und P([0, 1]) dicht in C[0, 1], ist P([a, b]) dicht in C[a, b].
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