Lösungsvorschlag zu den Hausaufgaben der 8. Übung

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1 FAKULTÄT FÜR MATHEMATIK Prof Dr Patrizio Ne Frank Osterbrink Johannes Lankeit 9503 Lösungsvorschlag zu den Hausaufgaben der 8 Übung Hausaufgabe : Beweise den Satz über die Parallelogrammgleichung Sei H ein Prähilbertraum und x, y H Dann gilt: und somit Im Fall K = C gilt x + αy = x + y, x + y = x, x + α x, y + α x, y + α y, y, x αy = x y, x y = x, x α x, y α x, y + α y, y x + y + x y = x, x + y, y ) = x + y ), x + y x y = x, y, für den Fall K = R 3 i k x + i k y = x + y + i x + iy x y i x iy k=0 ) ) = x, y + x, y + i i x, y + i x, y ) ) = x, y + x, y + x, y x, y = x, y Sei nun andersherum H, ) ein reeller normierter Raum in dem die Parallelogrammgleichung erfüllt ist Dann wird H vermöge dem Skalarprodukt x, y := x + y x y ), x, y H zu einem Prähilbertraum Die Symmetrie folgt direkt aus der Denition und setzen wir y = x erhalten wir sofort x = x + x + x x ) = x, x, also ebenso wie x, x 0, x H, x, x = 0 x = 0 Mit der Parallelogrammgleichung erhält man für x, x, y H: und durch Addition der beiden Gelichungen: x + x + y = x + y + x x + y x x + x + y = x + y + x x + y x x + x + y = x + y + x + y + x + x Ersetzen wir y durch y erhalten wir: x + x y = x y + x y + x + x x x + y + x x + y ) x x y + x x y )

2 Schlieÿlich ist x + x, y = x + x + y x + x y = x + y + x y ) + x + y + x y ) = x, y + x, y Nach Konstruktion des Skalarprodukts gilt λx, y = λ x, y, x, y H ) für λ = 0 und λ = und nach dem eben gezeigten auch für λ N Also gilt ) auch für λ Z Setzen wir λ = m n mit n N und m Z folgt n λx, y = nλx, y = mx, y = m x, y und daher ) auch für λ Q Aus der Stetigkeit der Norm folgt nun schlieÿlich, die Behauptung für λ R Ist H, ) ein komplexer normierter Raum in dem die Parallelogrammgleichung erfüllt ist, so wird H durch x, y := 3 i k x + i k y = k=0 [ x + y x y + i x + iy x iy )] zu einem Prähilbertraum, da wegen + i = i = ) [ )] x = x + x x x + i x + ix x ix = x, x, also und x, x 0, x H, x, x = 0 x = 0 ist Die Linearität des Skalarprodukts erhält man wie im reellen Fall in dem man sowohl den Real-, als auch den Imaginärteil analog zerlegt Für die Symmetrie beachte: x, y = [ x + y x y + i x + iy x iy )] = [ y + x y x + i iy ix) iy + ix) )] = [ y + x y x i y + ix y ix )] = y, x Hausaufgabe : Zeige: C[a, b]), ) ist kein Prähilbertraum Betrachte die Funktionen x a ; a x a + b f : [a, b] R, fx) = b a a + b ; < x b Dann sind f und g stetige Funktionen und es gilt a + b x ; a x a + b und g : [a, b] R, gx) = a + b 0 ; < x b f + g = b a), f g = b a), f = Daher ist die Parallelogrammgleichung f + g + f g = f + g ) verletztz und C[a, b]), ) kein Prähilbertraum b a), g = b a)

3 Hausaufgabe 3: Sei K eine lineare Abbildung auf dem Hilbertraum H mit Kf, g = f, Kg für alle f, g H und seien x, y Eigenvektoren von K zu unterschiedlichen Eigenwerten, also Kx = λx, Ky = µy für λ µ Zeige: x y Seien also x, y H mit dann ist Kx = λx, Ky = µy und λ µ, und somit die Eigenwerte reell Darüber hinaus ist λ x, x = Kx, x = x, Kx = λ x, x λ x, y = Kx, y = x, Ky = µ x, y, also λ µ) x, y = und wegen λ µ x, y = 0 Hausaufgabe : Zeige: Über R gilt auch die Umkehrung des Satzes von Pythagoras: Gilt x + y = x + y, so ist x y Wie ist das über C? Vorausgesetzt es gilt x + y = x + y für x und y aus einem reellen Prähilbertraum so ist: x + y = x + y = x + y, x + y = x + x, y + y und daher x, y = 0 Bei einem komplexen Prähilbertraum gilt diese Aussage im Allgemeinen nicht Nehmen wir zum Beispiel x = i und y = im Prä-)Hilbertraum C, so ist = + i = x + y = x + y = +, aber x, y = x y = i 0 Hausaufgabe 5: Zeige mithilfe einer Aufgabe des letzten Blattes: Ein normierter Raum X ist genau dann endlichdimensional, wenn die abgeschlossene) Einheitskugel kompakt ist Gehen wir zunächst davon aus, dass X endlichdimensional ist, so existiert eine Basis B = {x, x,, x n } Dann deniert T : K n X, a a j x j einen Isomorphismus zwischen X und K n, der wegen j= j= T a) = a j x j a x j= /

4 stetig ist Sei nun B X die abgeschlossene Einheitskugel, so ist T B) ebenfalls abgeschlossen und beschränkt, also nach dem Satz von Heine-Borel kompakt Aus der Stetigkeit von T folgt dann auch, dass B = T T B)) kompakt ist Sei nun andersherum die abgeschlossene Einheitskugel B X kompakt Wäre nun X unendlichdimensional, so gäbe es nach Hausaufgabe von Übungsblatt 7 eine Folge x n ) n N mit x n = also x n ) n N B) und x x m für alle m, n N mit m n Diese Folge ist beschränkt, besitzt aber keine Cauchy- und erst recht keine konvergente Teilfolge Widerspruch! Hausaufgabe 6: X sei der C-Vektorraum aller Funktionen der Form f : R C, ft) = n c ke iα kt für ein n N und c k C, α k R für k =,, n) a) Zeige, dass die Abbildung, : X X C, die durch gegeben ist, ein Skalarprodukt auf X deniert f, g = lim A A ft)gt) dt b) Zeige, dass für die von diesem Skalarprodukt induzierte Norm gilt, dass f = n c k ), falls sich f X als f = n c ke iαkt mit α k α j für k j) darstellen lässt c) Sei c k ) k l mit c k 0 für alle k N Zeige anhand der Folge f n = n c ke ikt, dass X nicht vollständig ist d) Sei H die Vervollständigung von X Zeige: H ist ein nicht-separabler Hilbertraum Hinweis für diejenigen, die C nicht mögen: Ja, es ist e it dt = i eit Hinweis zu Teil d): Zeige: t e ist, s R, ist Orthonormalsystem Wir überprüfen zunächst ob, wohldeniert ist Dazu genügt es zu zeigen, dass A lim e iαt e iβt dt A für beliebige α, β R existiert Für α = β ist und für α β gilt lim A A lim A A e iαt e iβt dt = lim A A = e iαt e iβt dt = lim e iα β)a e iα β)a) sinα β)a) = lim Aiα β) α β)a = 0, das Produkt also wohldeniert Die Linearität und Symmetrie sind oensichtlich und für ft) = n c ke iα kt mit α k paarweise verschieden erhalten wir f = f, f = c k c k e iαkt, e iαkt = c k, also f, f 0 für alle f X Ist f, f = 0, so ist c k = 0 k {,,, n} und daher Also ist, ein Skalarprodukt und ft) = f = c k e iαkt = 0 n c k )

5 Sei c k ) k N l, c k 0 und f n ) n N die zugehörige Folge mit Dann ist f n f m = k=m+ f n t) = c k e ikt c k e ikt = k=m+ c k c k < und somit f n ) n N eine Cauchyfolge, die aber nicht konvergiert Angenommen es gäbe ein ft) = l b ke iα kt mit lim f n = f n, dann wählen wir M N so, dass α k M für alle k =,, l Für n M folgt: f n f)t) = a k e iβkt + c M e imt, k M wobei die Koezienten β k paarweise verschieden sind und β k M für alle k N nur endlich viele der a k sind von null verschieden) Dann ist f n f = a k + c M c M, k M also f n f c M > 0 für alle n M im Widersrpuch zu unserer Annahme Zu guter Letzt sei H,, ) der Hilbertraum der durch Vervollständigung des Raumes X entsteht Für s R betrachte die Funktion f s X mit f s t) = e ist Dann ist f s = und f s, f u = 0 für s u Daher ist f s ) s R H orthonormal und überabzählbar Darüber hinaus gilt für s u f u f s = lim A e ist e iut) e ist e iut) dt = lim A A e iut e ist e ist e iut) dt =, A also f u f s = := δ Nehmen wir nun an, dass H separabel ist, so gibt es eine abzählbar dichte Teilmenge Folglich ist für jedes f H d h es existiert ein f n H mit f n f < δ/ Sei H := { f n : n N } H B δ/ f) H, n f := min{ n N : f n f < δ/ } und deniere F : H N durch f n f Diese Abbildung ist injektiv, denn sind f, g H mit f g und Ff) = n f = n g = Fg), so ist f nf f < δ/, g f ng < δ/ und daher f g g f ng + f nf f < δ im Widerspruch zu unseren bisherigen Ergebnissen Also ist F tatsächlich injektiv Dann hat H die gleiche Mächtigkeit wie FH) N und ist daher insbesondere abzählbar Ein Widerspruch! Also ist H nicht separabel

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