Höhere Analysis I - Prof. Dr. Daniel Lenz

Höhere Analysis I
Sommersemester 2012
Prof. Dr. D. Lenz
Blatt 4 Lösungsvorschläge1
(1) Sei E 6= {0} ein Vektorraum und T = {A : A ⊆ E} die diskrete Topologie auf E.
Zeigen Sie, dass (E, T ) kein topologischer Vektorraum ist.
Lösung
Sei 0 6= x ∈ E gegeben. Wir zeigen, dass die skalare Mutiplikation M : K × E → E,
(λ, x) 7→ λ·x nicht stetig ist. Wir betrachten die Folge (yn )n≥1 = (( n1 , x))n≥1 ⊆ E. Wir
zeigen, dass yn → (0, x) in der Produkttopologie auf K × E aber M (yn ) 6→ 0 = 0 · x
in E, weswegen M nicht stetig sein kann.
yn → (0, x): Sei U eine offene Umgebung von (0, x) in der Produkttopologie. Dann
existiert (nach Def. Produkttopologie) ein ε > 0 und eine offene Umgebung V von x,
sodass (0, x) ⊆ Uε (0) × V ⊆ U . Da 1/n → 0 existiert ein N0 ∈ N, sodass 1/n < ε für
n ≥ N0 . Damit gilt yn ∈ Uε (0) × V ⊆ U für hinreichend große n.
M (yn ) 6→ 0: Es gilt M (yn ) = n1 · x. Da E die diskrete Topologie trägt, ist {0} eine
offene Umgebung von 0. Da 0 6= n1 · x liegt M (yn ) für kein n in dieser Umgebung,
kann also nicht gegen 0 konvergieren.
(2) Sei (E, k · k) ein normierter Raum und F ⊆ E ein Untervektorraum. Zeigen Sie:
(i) Ist F abgeschlossen und v ∈ E beliebig, so ist lin({v} ∪ F ) abgeschlossen.
(ii) Ist F endlichdimensional, so ist F abgeschlossen.
Lösung
(i) (Stefan Neumann, Frank Nußbaum)
O. E. v ∈
/ F (sonst ist nichts zu tun). Dann gilt
Fv := Lin({v} ∪ F ) = {tv + f : f ∈ F, t ∈ K}.
Wir betrachten das lineare Funktional ϕ : Fv → K mit ϕ|F ≡ 0 und ϕ(v) = 1. Es ist
ϕ stetig, da Kern ϕ = F abgeschlossen ist.
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Es handelt sich nicht um eine Musterlösung. Kommentare sind willkommen.
0
Es lässt sich ϕ zu einer (stetigen) Abbildung Φ ∈ E fortsetzen: Sei M := kvk−1 .
Wende nun Hahn-Banach mit p(x) = M kxk an. Aus |Φ(x)| ≤ M kxk für alle x ∈ E
folgt die Stetigkeit von Φ im Nullpunkt. Daraus folgt, dass Φ stetig ist.
Sei (xn ) eine Folge in Fv mit Grenzwert x ∈ E. Wir zeigen x ∈ Fv . Es gilt die
Darstellung xn = tn v + fn mit tn ∈ K, fn ∈ F . Wegen der Stetigkeit von Φ folgt
tn = Φ(xn ) → Φ(x) =: t. Damit folgt dann wegen fn = xn −tn v, dass (fn ) konvergente
Folge in F ist. Aus der Abgeschlossenheit von F folgt fn → f für ein f ∈ F .
Dann gilt xn = tn v + fn → tv + f ∈ Fv . Folglich ist Fv abgeschlossen gemäß der
Folgencharakterisierung der Abgeschlossenheit.
(ii) Induktion nach der Dimension d.
Induktionsanfang: d = 1
Da dimF = 1 gibt es ein v ∈ F , sodass F = Lin(v) = Lin({v} ∪ {0}). Da {0} im
normierten Raum abgeschlossen ist, folgt die Behauptung mittels (i).
Induktionsschritt: d → d + 1
Angenommen die Aussage sei wahr für alle normierten Räume der Dimension d. Sei
{v1 , . . . , vd+1 } eine Basis von F . Dann gilt F = Lin({v1 , . . . , vd+1 }) = Lin(Lin({v1 , . . . , vd })∪
{vd+1 }). Es folgt die Aussage mittels (i) und der Induktionsvoraussetzung.
(3) Sei (E, k · k) ein unendlichdimensionaler Banachraum. Dann hat E keine abzählbare
(algebraische) Basis. Hinweis: Satz von Baire.
Lösung (Stefan Neumann, Frank Nußbaum)
Angenommen B = (b1 , b2 , . . . ) wäre eine abzählbare Basis von E.
Seien nun Vn = Lin({bi : i ≤ n}), n ∈ N, Unterräume von E, die Dimension n haben
undSnach Aufgabe 2 (ii) abgeschlossen sind. Dann gilt, da B eine abzählbare Basis
ist, ∞
n=1 Vn = M .
Außerdem gilt V̊n = ∅ für alle n ∈ N: Sei dazu zunächst d(x, y) = kx − yk die von
∈ E \ Vn , sowie
k · k induzierte Metrik. Dann gilt für alle r > 0, dass v = 2r kbbn+1
n+1 k
kvk < r.
Sei nun x ∈ Vn beliebig gegeben und setze x̃ := x + v ∈ E \ Vn . Dann gilt aber
d(x, x̃) = kx − x̃k = kvk < r. Das bedeutet also, dass für jede offene Kugel um einen
Punkt x ∈ Vn mit Radius r > 0 gilt Ur (x) 6⊆ Vn . Damit ist Vn fr̈ keinen seiner Punkte
eine Umgebung.
Wendet man nun den Satz von Baire an, dann erhält man, dass es ein N ∈ N gibt,
sodass V̊N 6= ∅. Dies ist aber ein Widerspruch zu V̊n = ∅ für alle n ∈ N. Folglich muss
eine Basis von E überabzählbar sein.
(4) Jeder Vektorraum hat eine (algebraische) Basis. Hinweis: Lemma von Zorn.
Lösung (Stefan Neumann, Frank Nußbaum)
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Wir bezeichnen den Vektorraum mit V .
Schrittweise Fortsetzung. Sei M ein System linear unabhängiger Vektoren, das keine
Basis ist. Dann gibt es offenbar v ∈ V \Lin(M ) und das System M ∪ {v} bleibt linear
unabhängig.
Sei nun L das System aller linear unabhängigen Teilmengen von V . Es ist L halbgeordnet bezüglich Inklusion. Sei T = {Tj , j ∈ J} ⊂ L total geordnet (J Indexmenge).
Wir zeigen, dass T eine obere Schranke besitzt und betrachten dazu
S
M := j∈J Tj . Es gilt M ∈ L: Dazu ist zu zeigen, dass jede endliche Teilfamilie von
M ein System linear unabhängiger Vektoren ist. Seien also x1 , . . . , xn ∈ M . Dann gilt
xi ∈ Tji , ji ∈ J, i = 1, . . . , n. Wegen der Totalordnung auf T liegen sogar alle xi in
einem Tjk . Damit sind die xi auch linear unabhängig. Also ist M die gesuchte obere
Schranke von T .
Wir haben die Voraussetzungen für das Lemma von Zorn gezeigt und können es nun
anwenden. Es folgt, dass es ein maximales Elemente B in L gibt. Wir zeigen, dass
dann B schon Basis ist. Angenommen B wäre keine Basis. Dann gäbe es einen Vektor
v ∈ V \ Lin(B). Dann wäre aber auch B ∪ {v} linear unabhängig. Dies widerspricht
der Maximalität von B.
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