Blatt 3

Übungen zur Funktionalanalysis, P. Weidemaier
13. März 2011
Blatt 3
Abgabe: 25. März 2011, Nachmittag
Aufgabe 11. Ein kompakter metrischer Raum (X, d) ist separabel.
Beweis. Mit Hilfe desAuswahlaxioms wählen wir für jedes n ∈ N>0 eine endliche TeilüberdeckS
ung Un von U1/n (x) x∈X und setzen U := n∈N>0 Un , was eine abzählbare Vereinigung von
abzählbaren (sogar endlichen) Mengen ist und damit (wiederum mit Hilfe des Auswahlaxioms)
selbst abzählbar. Ist nun D die Menge aller Mittelpunkte der Kugeln in U, so liegt D dicht in
X, denn für x ∈ X beliebig und ε ∈ R>0 finden wir n ∈ N>0 mit 1/n < ε und da Un ganz X
übereckt existiert zudem ein x0 ∈ X, sodass U1/n (x0 ) ∈ Un und x ∈ U1/n (x0 ), womit offensichtlich
auch x0 ∈ U1/n (x) ⊆ Uε (x). Da aber x0 ∈ D und ε ∈ R>0 beliebig war, folgt daraus x ∈ D.
Aufgabe 12. Sei X ein Hausdorff-Raum und K ⊆ X kompakt. Dann ist K in X abgeschlossen.
Beweis. Für x ∈ X \ K betrachten wir U := {U ⊆ X offen | ∃V 3 x offen: U ∩ V = ∅}. Dies ist
eine offene Überdeckung von K, denn für x0 ∈ K existieren (da X Hausdorff’sch) disjunkte offene
S
Mengen U , V ⊆ X, sodass x0 ∈ U und x ∈ V , womit U ∈ U und also x0 ∈ U. Da K kompakt ist
finden wir eine endliche Teilüberdeckung {U1 , . . . , Un } ⊆ U von K und per Definition existiert
für jedes i ∈ {1, . . . , n} ein Vi ⊆ X offen mit x ∈ Vi und Ui ∩ Vi = ∅. Damit ist V := V1 ∩ . . . ∩ Vn
eine offene Umgebung von x und V ∩ K ⊆ V ∩ (U1 ∪ . . . ∪ Un ) = ∅. Wir haben also gezeigt, dass
für jedes x ∈ X \ K eine offene Umgebung V ⊆ X existiert mit V ⊆ X \ K.
Aufgabe 13. Sei X ein normierter Vektorraum und V < X ein echter Untervektorraum von
X. Dann ist V̊ = ∅ (d.h. V hat keine inneren Punkte).
Beweis. Wir zeigen, dass falls V̊ 6= ∅, dann ist V = X. Dazu seien v ∈ V und ε ∈ R>0 , sodass
Uε (v) ⊆ V . Da V ein Untervektorraum ist, ist auch Uε (v)−v = Uε (0) ⊆ V und dies ist eine offene
Umgebung von 0. Ist nun x ∈ X beliebig, so setzen wir λ := ε/ kxk, womit dann λx ∈ Uε (0) ⊆ V .
Aber V ist abgeschlossen unter Skalarmutliplikation, womit dann auch x = 1/λ · (λx) ∈ V . Aufgabe 14. Sei [a, b] ⊆ R und F die Menge aller stetigen Funktionen [a, b] → R mit
(a) es gibt ein x0 ∈ [a, b], sodass supf ∈F |f (x0 )| < ∞;
(b) F ist gleichgradig Lipschitz; d.h. es gibt ein L ∈ R, sodass
|f (x) − f (y)| 6 L · |x − y| für alle f ∈ F und x, y ∈ [a, b].
Dann ist F ⊆ C 0 ([a, b], R) relativkompakt (d.h. F ⊆ C 0 ([a, b], R) ist kompakt).
Beweis. Wir verwenden den Satz von Arzelà-Ascoli, welcher besagt, dass F ⊆ C 0 ([a, b], R) genau
dann relativkompakt ist, wenn F beschränkt und gleichgradig gleichmässig stetig ist. Für die
Beschränktheit betrachten wir f ∈ F beliebig und bemerken, dass für x ∈ [a, b] gilt
|f (x)| − |f (x0 )| 6 |f (x) − f (x0 )| 6 L |x − x0 | 6 L(b − a),
womit
|f (x)| 6 L(b − a) + |f (x0 )|
und also kf k∞ 6 L(b − a) + supf ∈F |f (x0 )|. Da f ∈ F beliebig war ist F tatsächlich beschränkt
und dass F auch gleichgradig gleichmässig stetig ist, ist einfach; denn für ε ∈ R>0 setzen wir
δ := ε/L, womit δ > 0 und rechnen damit für f ∈ F und x, y ∈ [a, b] mit |x − y| < δ leicht
|f (x) − f (y)| 6 L |x − y| < Lδ = ε.
Aufgabe 15. Sei [a, b] ⊆ R mit a < b und f ∈ C 0 ([a, b], R), sodass
n ∈ N. Dann gilt f = 0.
Rb
a
f (x) · xn dx = 0 für alle
Beweis. Wir betrachten die Abbildung
A :=
Z b
a
0
f · − dx : C ([a, b], R) → R, g 7→
Z b
f (x)g(x) dx,
a
welche klar linear ist. Sie ist zudem beschränkt (d.h. stetig), da für g ∈ C 0 ([a, b], R) gilt
Z
Z
Z b
b
b
|f (x)| kgk∞ dx =
|f (x)| |g(x)| dx 6
|Ag| = f (x)g(x) dx 6
a
a
a
Z b
a
!
|f (x)| dx kgk∞ .
Wegen der Linearität von A und der Voraussetzung ist Ap = 0 für alle polynomialen Funktionen
p : [a, b] → R. Nach dem Approximationssatz von Stone-Weierstrass liegen die polynomialen
Funktionen aber dicht in C 0 ([a, b], R) und die Behauptung folgt aus dem Lemma unten.
Lemma.
(a) Ein topologischer Raum X ist Hausdorff’sch, genau dann wenn die Diagonale
∆X := {(x, x) ∈ X × X | x ∈ X}
in X × X abgeschlossen ist, wobei X × X die Produkttopologie trägt.
(b) Sei X ein topologischer Raum und D ⊆ X dicht und Y Hausdorff’sch. Sind f , g : X → Y
stetig mit f |D = g|D , dann gilt sogar f = g.
Beweis. Ad (a): Für x, y ∈ X mit x 6= y und U , V ⊆ X mit x ∈ U und y ∈ V sind U und V
genau dann in X offen, wenn U × V in X × X offen ist. Zudem sind U und V disjunkt, genau
dann, wenn (U × V ) ∩ ∆X = ∅.
Ad (b): Wir betrachten (f, g) : X → Y × Y, x 7→ f (x), g(x) und bemerken, dass
(f, g)−1 (∆Y ) = {x ∈ X | f (x) = g(x)} ,
womit D ⊆ (f, g)−1 (∆Y ). Da aber (f, g) stetig ist und Y Hausdorff’sch, ist (f, g)−1 (∆Y ) ⊆ X
abgeschlossen und es folgt, dass damit sogar X = D ⊆ (f, g)−1 (∆Y ).