5.¨Ubungsblatt zur ” Vorlesung Funktionalanalysis“

Institut für Mathematik
Prof. Dr. Helge Glöckner
Alexander Schmeding
WS 10/11
10.11.2010
5. Übungsblatt zur
Vorlesung Funktionalanalysis“
”
Gruppenübung
Aufgabe G13 (Basis einer Topologie)
(a) Betrachten Sie den Rn mit der üblichen, durch die Norm induzierten Topologie
O. Überlegen Sie sich zunächst ein (nicht triviales) Beispiel für eine Basis B der
Topologie O. Finden Sie dann eine Basis für O, welche nur aus abzählbar vielen
Mengen besteht.
(b) Betrachten Sie R. Wir definieren ein Mengensystem B := [a, b[a ≤ b ∈ R . Sei U
die von B erzeugte Topologie. Machen Sie sich klar, dass U nicht mit der üblichen
Topologie O, welche von der Metrik auf R induziert wird, übereinstimmt, aber dass
O ⊂ U gilt.
(c) Sei X ein topologischer Raum. Wir versehen X mit der Topologie D, welche durch
die diskrete Metrik d : X × X → {0, 1} , d(x, x) = 0, d(x, y) = 1, ∀x 6= y induziert
wird. Wie sieht eine Basis der Topologie für D aus?
(d) Sei
X wieder ein topologischer Raum, versehen mit der indiskreten Topologie O :=
∅, X . Finden Sie die Basis der Topologie.
(e) Seien (Xi , Oi ), i = 1, 2 topologische Räume, f : X1 → X2 eine Abbildung und
Bi Basen der Topologien O1 bzw. O2 . Zeigen Sie:, f ist genau dann stetig, wenn
f −1 (B) offen ist für jedes B ∈ B2 und f ist genau dann offen, wenn f (B) offen ist
für alle B ∈ B1 .
Hinweis: Für den ersten Aufgabenteil könnten Sie verwenden, dass Qn dicht in Rn liegt,
also in jeder Umgebung eines Punktes aus Rn mindestens ein Element aus Qn existiert.
Lösung:
(a) Wie wir aus der Analysis wissen, ist eine Menge U in der üblichen Topologie auf Rn
k·k
genau dann offen,
für jeden Punkt
n wenn
o x ∈ U eine Kugel x ∈ Bε (x) ⊆ U existiert.
k·k(x) Also ist B := Bε
ε > 0, x ∈ Rn eine Basis für O und offensichtlich gilt B 6= O.
Wir wissen nun dass Qn dicht liegt in Rn und das Qn abzählbar ist. Zu jedem Punkt
existiert jedoch auch eine abzählbare Basis von Umgebungen (d.h. eine abzählbare
Menge von offenen Menge, so dass für jede Umgebung
V von x mindestens
eine die(
)
k·k
ser offenen Mengen in V enthalten ist), nämlich B 1 (x)n ∈ N . Kombinieren wir
n
5. Übung
Vorlesung Funktionalanalysis
diese Beobachtungen erhalten
wir eine abzählbare
(
) Basis der Topologie bestehend
k·k
aus offenen Kugeln B := B 1 (x)x ∈ Qn , n ∈ N .
n
(b) Klar ist, dass
S wir eine Topologie U auf R durch Vorgabe der Basis B definieren
können, da a≤b [a, b[= R und [a, b[∩[c, d[ als Vereinigung von Mengen aus B dargestellt werden kann. U kann offensichtlich nicht mit O übereinstimmen, da alle
Intervalle der Form [a, b[, a < b bezüglich der Topologie U offen, bezüglich O aber
nicht offen sind. Um O ⊂ O zu zeigen, reicht es zu zeigen, dass jede Menge die in
einer Basis B 0 von O enthalten ist, bereits in der Topologie U enthalten ist. Nach
Aufgabenteil a) können wir eine Basis aus Kugeln für O wählen. Kugeln in R sind
jedoch offene Intervalle der Form ]x − ε, x + ε[, ε > 0, x ∈ R. Jede dieser Kugeln
können wir jedoch als Vereinigung von Mengen aus B auffassen:
[
]x − ε, x + ε[=
[x − δ, x + ε[
0≤δ<ε
also ist jede dieser Kugeln auch in U offen, nach Definition der Basis einer Topologie.
Insgesamt folgt somit O ⊂ U.
(c) Wie man sich sofort überlegt, ist jede Teilmenge von X der Form {x}, x ∈ X
offen. Eine Basis der Topologie muss also mindestens diese Teilmengen
enthalten
und insbesondere überlegt man sich ebenfalls sofort, dass B := {x}x ∈ X eine
Basis der Topologie ist.
(d) Wir haben hier nur eine nichtleere Menge der Topologie nämlich X, also ist {X}
bereits eine Basis der Topologie und diese ist sogar eindeutig bestimmt, da wir keine
Wahlmöglichkleiten haben.
(e) Klar ist, dass wenn f offen bzw. stetig ist, dann auch f (B) bzw. f −1 (B) offen
sein müssen, da alle Elemente aus einer Basis einer Topologie offen sind. Sei nun
umgekehrt für jede Menge B ∈ B2 f −1 (B) offen. Betrachte eine beliebige offene
Menge U ⊆ X2 . Nach
S Definition der Basis einer Topologie können wir U bereits
als VereinigungSU = i∈I B
Si für geeignete Bi ∈ B, i ∈ I auffassen. Dann ist aber
f −1 (U ) = f −1 ( i∈I Bi ) = i∈I f −1 (Bi ) offen als Vereinigung offener Mengen (die
Urbilder der Bi müssen nach Voraussetzung offfen sein). f ist also stetig, da Urbilder
offener Mengen wiederSoffen sind. Analog können wir eine offene Menge V ⊆ X1
als Vereinigung V = j∈J Bj für geeignete Bj ∈ B1 auffassen. Gilt Sdann nach
Voraussetzung
f (B) ist offen für alle B ∈ B1 , so erhalten wir f (V ) = f ( j∈J Bj ) =
S
f
(B
)
ist
offen. Somit ist f also offen, wenn f (B) offen ist, für alle B ∈ B.
j
j∈J
Aufgabe G14 (Beschränkte Nullumgebungen in TVR)
Sei E ein topologischer Vektorraum über K ∈ {R, C}.
(a) Seien M ⊆ E eine beschränkte Nullumgebung und (δn )n∈N eine Folge von Elementen aus K \ {0}, so dass limn→∞ |δn | = 0 gilt. Zeigen Sie, dass dann in jeder
Nullumgebung V ⊆ E bereits ein δn M für ein geeignetes n ∈ N enthalten ist.
Bemerkung: Einen TVR mit einer beschränkten Nullumgebung nennt man lokal
beschränkt.
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5. Übung
Vorlesung Funktionalanalysis
(b) Sei nun E hausdorffsch und B ⊆ E eine beschränkte absolut konvexe Teilmenge
von E. Wir definieren EB := span B, also den linearen Unterraum, welcher von
Elementen aus B aufgespannt wird. Betrachten Sie die Abbildung
pB : EB → [0, ∞[, x 7→ inf {λ > 0|x ∈ λB}
und zeigen Sie, dass pB eine Norm definiert.
Hinweis: Betrachten Sie noch einmal die Beweise zu Minkowski Funktionalen aus
der Vorlesung.
Lösung:
(a) Sei U eine scheibenförmige Nullumgebung. Da M beschränkt ist, existiert ein λ > 0,
so dass M ⊆ λU gilt. Wir können nun ein n ∈ N finden, so dass|δn λ| ≤ 1 gilt. Somit
ist δn M ⊆ U , da U scheibenförmig ist. Aus der Vorlesung wissen wir, dass in jeder
Nullumgebung eine scheibenförmige Nullumgebung enthalten ist. Aus dem gerade
Gezeigten folgt somit die gewünschte Aussage
(b) Nach Konstruktion ist B ⊆ EB eine beschränkte Nullumgebung bezüglich der induzierten Topologie. Ein Blick in die Vorlesung zeigt, dass der Beweis in dem gezeigt
wird, dass die Minkowski Funktionale Halbnormen sind, auch ohne die Abgeschlossenheit der absolut konvexen Menge B gültig bleibt. pB ist analog zu einem Minkowski Funktional definiert und B ist in EB nach Vorlesung ebenfalls absolut konvex.
Außerdem ist B eine absorbierende Nullumgebung bezüglich der von pB induzierten
Topologie. Der Beweis aus der Vorlesung zeigt also, dass pB bereits eine Halbnorm
ist. Es bleibt zu zeigen, dass pB (x) = 0 ⇔ x = 0. Betrachte wir nun x ∈ EB . E ist
nach Voraussetzung hausdorffsch, wir können also jedes Element x ∈ EB ⊆ E von
0 durch eine Nullumgebung U trennen. Da B beschränkt ist, finden wir ein λ > 0
mit B ⊆ λU oder umgekehrt λ1 B ⊆ U . Insbesondere folgt somit aus x 6∈ U , dass
pB (x) ≥ λ1 > 0 gelten muss. Wir haben also gezeigt, dass pB (x) = 0 ⇔ x = 0 und
somit ist pB eine Norm auf EB .
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5. Übung
Vorlesung Funktionalanalysis
Hausübung
Aufgabe H10 (Lokale Beschreibung von Vektortopologien)
Sei E ein Vektorraum über K ∈ {R, C} und B eine Filterbasis1 in E derart, dass gilt:
(i) Jede Menge U ∈ B ist scheibenförmig und absorbierend.
(ii) Für jedes U ∈ B existiert ein V ∈ B mit V + V ⊆ U .
Sei O := {W ⊆ E : (∀x ∈ W ) (∃U ∈ B) x + U ⊆ W }. Zeigen Sie, dass
(a) O eine Topologie auf E ist.
(b) B eine Basis von 0-Umgebungen für (E, O) ist.
(c)
(d)
(e)
(f)
(g)
Hinweis: Zeigen Sie, dass in der Situation von (ii) bereits V ⊆ U ◦ (Inneres) gilt.
O die Addition α : E × E → E stetig macht.
1) die Skalarmultiplikation µ : K × E → E in (0, 0) stetig ist.
2) für x0 ∈ E fest, die Abbildung µx0 : K → E, t 7→ tx0 stetig in 0 ∈ K ist.
3) für t0 ∈ K fest, die Abbildung µt0 : E → E, x 7→ t0 x stetig in 0 ∈ E ist.
4) µ sogar stetig ist.
Hinweise: 3) Für V ∈ B, t ∈ K und n ∈ N mit n ≥ |t| ist
tV ⊆ nV ⊆ V + · · · + V (n mal)
Um 4) zu beweisen, sollten Sie noch einmal den Beweis von Übung G9 studieren.
Achtung: Sie wissen noch nicht, dass E ein TVR ist! Überlegen Sie daher, wie Sie
das bereits Gezeigte verwenden können, um den Beweis zu G9 anzupassen.
(E, O) ein topologischer Vektorraum ist.
(E, O) hausdorffsch ist, wenn für dieTFilterbasis B zusätzlich noch
(iii) U ∈B U = {0}.
gilt.
Zeigen Sie auch, dass O durch die in e) und b) beschriebenen Eigenschaften eindeutig festgelegt ist.
Lösung:
(a) Wir zeigen, dass E ∈ O, dass ∅ ∈ O und dass O unter endlichen Schnitten und
beliebigen Vereinigungen abgeschlossen ist:
E ∈ O: Sei x ∈ E beliebig. Die Filterbasis B ist nicht leer, folglich gibt es ein
U0 ∈ B. Die Summe x + U0 ist natürlich eine Teilmenge von E. Folglich ist E ∈ O.
∅ ∈ O: Angenommen, ∅ ∈
/ O. Dann gilt die Negation der folgenden Aussage:
∀x ∈ ∅ : ∃U ∈ B : x + U ⊆ ∅
Also gilt folgendes:
∃x ∈ ∅ : ∀U ∈ B : x + U 6⊆ ∅
Aber x ∈ ∅ ist natürlich ein Widerspruch. Folglich ist ∅ ∈ O.
1
Da Sie in der Vorlesung keine Filterbasen behandelt haben, finden Sie eine kurze Zusammenfassung
unter “Zusatzmaterial ”auf der Homepage zur Veranstaltung.
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5. Übung
Vorlesung Funktionalanalysis
O ist unter endlichen Schnitten abgeschlossen: Seien W1 und W2 Elemente in O.
Wir müssen zeigen, dass W1 ∩ W2 ∈ O ist, d. h.
∀x ∈ W1 ∩ W2 : ∃U ∈ B : x + U ⊆ W1 ∩ W2
(∗)
Sei deshalb x0 ∈ W1 ∩ W2 . Da x0 somit insbesondere in W1 liegt und W1 ∈ O ist,
gibt es also ein U1 ∈ B mit x0 + U1 ⊆ W1 . Analog erhalten wir aus x0 ∈ W2 ein
U2 ∈ B mit x0 + U2 ⊆ W2 .
Da U1 , U2 ∈ B sind und B eine Filterbasis ist, gibt es ein U0 ∈ B mit U0 ⊆ U1 ∩ U2 .
Aus den Inklusionen
x0 + U0 ⊆ x0 + U1 ⊆ W1 und x0 + U0 ⊆ x0 + U2 ⊆ W2
können wir dann schließen, dass x0 + U0 in W1 ∩ W2 enthalten ist.
Also ist W1 ∩ W2 ∈ O.
O ist unter beliebigen
S Vereinigungen abschlossen: Sei {Wi }i∈I eine Familie in O.
Zu zeigen: W∪ := i∈I Wi ∈ O, d. h. wir müssen folgendes beweisen:
∀x ∈ W∪ : ∃U ∈ B : x + U ⊆ W∪
(∗∗)
S
Dazu sei x0 ∈ W∪ = i∈I Wi beliebig. Dann gibt es ein i0 ∈ I mit x0 ∈ Wi0 . Da
Wi0 ∈ O ist, gibt es ein U0 ∈ B mit x0 + U0 ⊆ Wi0 . Daraus folgt dann aber sofort,
dass
[
x0 + U0 ⊆ Wi0 ⊆
Wi = W∪ .
i∈I
Also ist O unter Vereinigungen abgeschlossen und somit eine Topologie. Das war
zu zeigen. (Man beachte, dass wir (i) und (ii) noch nicht benutzt haben.)
(b) Jede Nullumgebung enthält eine Menge aus B. Dies folgt direkt aus der Definition
von O. Es bleibt zu zeigen, dass jedes U ∈ B wirklich eine 0-Umgebung ist.
Sei also U ∈ B. Wir beschreiben das Innere U ◦ und behaupten, dass
U ◦ = {x ∈ U |∃W ∈ B mit x + W ⊆ U }
gilt. Diese Menge ist offen, denn für x ∈ U ◦ gilt: ∃W ∈ B, so dass x + W ⊆ U . Nach
(ii) gibt es ein V ∈ B mit V + V ⊆ W und wir betrachten y ∈ x + V . Für y gilt
dann y + V ⊆ x + V + V ⊆ x + W ⊆ U und dies zeigt, dass somit auch x + V ⊆ U ◦
gilt. Nach Definition der Topologie O ist U ◦ also offen und U ◦ ⊆ U . Dies soll uns
an dieser Stelle genügen, wir werden hier nicht noch nachweisen, dass die von uns
konstruierte Menge U ◦ taqtsächlich das Innere ist, denn für den Beweis reicht es
aus diese offene Menge gefunden zu haben.
Nach ii) existiert eine Menge V ∈ B, so dass V + V ⊆ U gilt. Insbesondere also für
jedes v ∈ V : v + V ⊆ U . Nach Konstruktion der Menge U ◦ gelten die folgenden
Inklusionen:
0 ∈ V ⊆ U ◦ ⊆ U,
Also enthält U eine offene Menge, die die Null enthält. Dies ist die Definition einer
0-Umgebung.
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5. Übung
Vorlesung Funktionalanalysis
(c) Schritt 1: Wir zeigen, dass für jedes y0 ∈ E die Translationsabbildung
αy0 : x 7→ x + y0
(W ) = W − y0
stetig ist. Sei W eine offene Menge in E. Dann ist das Urbild αy−1
0
ebenfalls offen, denn für jedes x ∈ W − y0 ist ja x + y0 ∈ W , d. h. es gibt ein U ∈ B
mit x + y0 + U ⊆ W . Also ist x + U ⊆ W − y0 .
Schritt 2: Nun zeigen wir die Stetigkeit der Addition
α : E × E → E : (x, y) 7→ x + y.
Sei (x0 , y0 ) ∈ E × E. Wir zeigen die Stetigkeit von α : E × E → E an der Stelle
(x0 , y0 ). Sei dazu W eine Umgebung von α(x0 , y0 ) = x0 +y0 in E. Es bleibt zu zeigen,
dass α−1 (W ) eine Umgebung von (x0 , y0 ) in E × E (mit der Produkttopologie) ist.
Wie gewöhnlich können wir annehmen, dass die Umgebung W offen ist, d. h. W ∈
O. Es gibt also ein U ∈ B mit x0 + y0 + U ⊆ W .
Nach Voraussetzung (ii) gibt es ein V ∈ B mit V + V ⊆ U . Aus dem soeben bewiesenen Teil b) wissen wir, dass V eine Nullumgebung ist und aus der Stetigkeit von
Translationen (Schritt 1) folgt, dass Wx := x0 + V und Wy := y0 + V Umgebungen
von x0 , bzw. y0 sind. Da wir auf dem Raum E × E die Produkttopologie nehmen,
ist das Produkt Wx × Wy eine Umgebung von (x0 , y0 ) in E × E. (Achtung: Wir
nutzen aus, dass das Produkt E × E nur endlich viele (nämlich zwei) Faktoren hat.)
Wenn wir jetzt noch zeigen können, dass diese (x0 , y0 )-Umgebung Wx × Wy in
α−1 (W ) liegt, dann ist auch α−1 (W ) eine Umgebung und die Stetigkeit ist gezeigt.
Sei deshalb (x, y) ∈ Wx × Wy . Dann gilt also x = x0 + v und y = y0 + w mit
v, w ∈ V . Dann gilt:
α(x, y) = α(x0 + v, y0 + w)
= (x0 + v) + (y0 + w)
= α(x0 , y0 ) + v + w
∈ α(x0 , y0 ) + V + V
⊆ α(x0 , y0 ) + U
⊆ W.
(d) 1) Wir zeigen die Stetigkeit von µ : K × E → E an der Stelle (0, 0). Sei W ⊆ E
eine offene Umgebung von µ(0, 0) = 0 in E. Nach Definition von O gibt es also
ein U ∈ B mit U = U + 0 ⊆ W . Im Folgenden bezeichne D := B1K = {t ∈
K : |t| < 1} die offene Einheitsscheibe in K. Die Menge U ist nach b) eine
0-Umgebung in E. Also ist das Produkt D × U eine Umgebung von (0, 0) im
Produktraum K × E. Nun gilt aber:
µ(D × U ) = DU ⊆ U,
weil U nach Voraussetzung (i) scheibenförmig ist. Also ist µ stetig an der Stelle
(0, 0).
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5. Übung
Vorlesung Funktionalanalysis
2) Nun halten wir einen Vektor x0 ∈ E fest und zeigen, dass die Abbildung
µx0 : K → E : t 7→ tx0
stetig an der Stelle 0 ∈ K ist. Sei W eine offene Umgebung von µx0 = 0 und
sei U ∈ B so, dass U ⊆ W . Nach (i) wissen wir, dass U absorbierend ist, d.h.
es gibt einen Skalar s ∈ K \ {0} mit x0 ∈ sU , bzw. xs0 ∈ U . Die Menge 1s D ist
eine offene 0-Umgebung in K. Wir zeigen nun, dass µx0 ( 1s D) ⊆ W ist:
1
x0
D =D
⊆ U ⊆ W.
µ x0
s
s
|{z}
∈U
Hierbei haben wir wieder einmal die Scheibenförmigkeit von U beutzt.
3) Als nächstes wollen wir zeigen, dass für ein festes t0 ∈ K die Multiplikation
µt0 : E → E : x 7→ t0 x
stetig an der Stelle 0 ∈ E ist. Sei W eine offene Umgebung von µt0 (0) = 0.
Dann gibt es ein U0 ∈ B mit U0 ⊆ W . Wir wählen nun eine natürliche Zahl
n ∈ N mit 2n > |t0 |. Nach Bedingung (ii) gibt es ein U1 ∈ B mit U1 + U1 ⊆ U0 .
Rekursiv suchen wir uns nun Uk ∈ B mit Uk+1 + Uk+1 ⊆ Uk . Ein einfaches
Induktionsargument zeigt direkt, dass Un + Un + · · · + Un ⊆ U0 . Aus b) wissen
|
{z
}
2n
wir, dass Un eine 0-Umgebung ist, d. h. es reicht zu zeigen, dass µt0 (Un ) ⊆ W :
µt0 (Un ) = t0 Un = 2n · 2−n t0 Un
| {z }
∈D
Da Un scheibenförmig ist (nach (i)), ist dies enthalten in
2n · Un ⊆ Un + · · · + Un ⊆ U0 ⊆ W.
{z
}
|
2n
Also ist µt0 an der Stelle 0 stetig.
4) µ ist bilinear (wie man leicht nachrechnet). Wir würden nun gern die Aussage
aus Übung G9 anwenden, dürfen dies a priori jedoch nicht, da wir noch nicht
wissen, dass E ein topologischer Vektorraum ist. Wir haben bereits in c) gezeigt, dass Translationen mit Elementen aus E stetig sind und da diese eine
stetige Umkehrabbildung besitzen, handelt es sich sogar um Homöomorphismen. Studiert man nun den Beweis von G9, so stellt man fest, dass dieser auf
folgenden Eigenschaften beruht:
I. beliebige Translationen mit Elementen aus K × E bzw. E sind Homöomorphismen (gilt nach Vorbemerkung und c) ).
II. µ ist in (0, 0) stetig (Aussage von 1) )
III. µx0 bzw. µt0 sind stetig in (0, x0 ) bzw. (t0 , 0) für alle t0 ∈ K und x0 ∈ E
(gilt nach den Schritte 2) und 3))
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5. Übung
Vorlesung Funktionalanalysis
Der Beweis von Aufgabe G9 kann also direkt übernommen werden und dies
zeigt, dass µ stetig ist.
(e) E ist ein Vektorraum nach Voraussetzung. O ist eine Topologie nach Aufgabenteil
a), die Addition ist stetig nach c) und die skalare Multiplikation ist stetig nach d).
Insgesamt ist (E, O) somit ein TVR.
(f) Seien x, y ∈ E zwei Punkte mit x 6= y. Da nach c) Translationen stetig sind, können
wir o. B. d. A. annehmen, dass y = 0 ist. Da x 6= 0 angenommen wurde, ist also
x∈
/ {0}.
T
Nach Voraussetzung (iii), ist {0} = T
U ∈B U . Das heißt: Es gibt mindestens ein
U ∈ B mit x ∈
/ U , weil ansonsten x ∈ U ∈B U = {0} wäre. Nach (ii) gibt es nun
ein V ∈ B mit V + V ⊆ U . Dann sind die Mengen V und x − V Umgebungen von
0, bzw. x.
Angenommen diese wären nicht disjunkt. Dann gibt es ein z ∈ V ∩ (x − V ). Somit
lässt sich z schreiben als z = x − v mit v ∈ V . Umstellen nach x liefert:
x = z + v ∈ V + V ⊆ U.
Dies ist ein Widerspruch, weil wir U ja gerade so gewählt haben, dass x nicht darin
liegt.
Also sind die beiden Umgebungen disjunkt und der Raum (E, O) ist somit Hausdorffsch und zusammen mit (a), (b) und (c) ist er somit ein topologischer Vektorraum.
(g) Sei T eine andere Vektorraumtopologie auf E mit der Eigenschaft, dass B eine Basis
von Null-Umgebungen ist. Dann ist die Abbildung
id : (E, O) → (E, T ) : x 7→ x
stetig an der Stelle 0, weil jede Null-Umgebung bzgl. T eine Nullumgebung aus B
enthält, die auch eine Nullumgebung bzgl. O ist. Eine lineare Abbildung zwischen
topologischen Vektorräumen ist dann aber überall stetig, wenn sie an der 0 stetig
ist. Die Umkehrabbildung ist mit exakt dem gleichen Argument auch stetig.
Somit ist die Identität ein Homöomorphismus und die beiden Topologien sind identisch.
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