Satz 2.3. Jeder lineare normierte Raum wird durch Einführung einer Metrik

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1 Kapitel Lineare normierte Räume.1 Allgemeiner Überblick Definition.1. Eine Menge X, in der über einem Zahlenkörper K (K = R oder K = C) die Addition und λ-multiplikation mit den üblichen Verbindungsaxiomen definiert sind, bezeichnen wir als linearen Raum. Definition.. Ein linearer Raum X heißt linerarer normierter Raum (reell oder komplex), wenn jedem x X eine reelle Zahl x (die Norm von x) zugeordnet, ist welche den Normaxiomen 1. x 0 x X und x = 0 x = 0. λx = λ x x X λ K 3. x + y x + y x, y X (Dreiecksungleichung) genügt. Satz.3. Jeder lineare normierte Raum wird durch Einführung einer Metrik zu einem metrischen Raum. ϱ(x, y) := x y Folglich sind alle Begriffe des metrischen Raumes auf den linearen normierten Raum übertragbar (offene, abgeschlossene Mengen, Häufungspunkt, Abschließung, Konvergenz, Cauchyfolge, Vollständigkeit,...), z.b. Umgebung B r (x 0 ) von x 0 : B r (x 0 ) := {x X : x x 0 < r} oder Konvergenz: x n x 0 x n x 0 0 Ein wichtiger neuer Begriff ist aber die Linearkombination und wir bezeichnen mit span(x 1,..., x n ) die Menge der Linearkombinationen λ 1 x λ n x n der Elemente x 1,..., x n X mit λ 1,..., λ n K. Für eine Menge M X bezeichne span(m) die Menge aller möglichen Linearkombinationen aus jeweils endlich vielen Elementen aus M. 16

2 Definition.4. Ein vollständiger linearer normierter Raum heißt Banachraum. Definition.5. Sei X linearer normierter Raum und X 0 X ein Unterraum. Falls gilt X 0 = X 0 so heißt X 0 abgeschlossener Unterraum, falls gilt X 0 X 0 so heißt X 0 nicht abgeschlossener Unterraum. Beispiel.6. X = C[a, b], X 0 Menge der Polynome über [a, b]. x = max a t b x(t) = ist Unterraum von C[a, b], x(t) = e t X 0, Weierstraß scher Approximationssatz X 0 = X = X 0 nicht abgeschlossener Unterraum in C[a, b]. Definition.7. Es sei M X ein Elementesystem im linearen normierten Raum X. Dann heißt M linear unabhängig, wenn für jede endliche Teilmenge {x 1, x,..., x n } M gilt: λ 1 x λ n x n = 0 = λ 1 =... = λ n = 0, andernfalls linear abhängig. Definition.8. Es sei X ein linearer normierter Raum. Dann heißt X n-dimensional (endlich-dimensionaler Raum), wenn jede Menge M X mit mehr als n Elementen linear abhängig ist, aber eine linear unabhängige Menge {x 1, x,..., x n } X mit n Elementen existiert. Wir schreiben dann dim(x) = n. Die Dimension eines endlich-dimensionalen Raumes ist also die maximale Anzahl von Elementen in einen linear unabhängigen Elementesystem in X. Der Raum X heißt unendlich-dimensional, wenn zu jeder natürlichen Zahl n N ein linear unabhängiges Elementesystem {x 1, x,..., x n } X existiert. Wir schreiben dann dim(x) =. Bemerkung. Räume unendlicher Folgen und Funktionenräume sind im Allgemeinen unendlich dimensional. a) R n ist ein n-dimensionaler linearer Raum und jeder Vektor ist eine Linearkombination der Einheitsvektoren e 1, e,..., e n. b) C[a, b] : die Menge {1, t, t, t 3,...} ist linear unabhängig C[a, b] ist -dimensionaler Raum. Definition.9. Es sei X ein linearer normierter Raum. Dann nenen wir eine Menge M X, d.h. ein Elementesystem in X, Basis in X, wenn (i) das Elementesystem M linear unabhängig ist sowie (ii) span(m) = X gilt, d.h. die lineare Hülle von M überall dicht in X ist. Im n-dimensionalen Raum X ist der Basisbegriff einfach zu verstehen, denn genau jedes linear unabhängige Elementesystem M = {x 1,..., x n } in X bestehend aus n linear unabhängigen Elementen x i X ist eine Basis. Darüber hinaus ist dann jedes Element 17

3 x X aus span(m) und in eindeutiger Weise (mit eindeutig bestimmten Koeffizienten λ i ) darstellbar in der Form x = n λ i x i. Im unendlich-dimensionalen linearen normierten Raum X ist die Situation wesentlich komplizierter, da eine Basis aus abzählbar vielen oder überabzählbar vielen Elementen bestehen kann. Wir betrachten in dieser Vorlesung nur den abzählbaren Fall M = {x i } und innerhalb desselben nur den Fall der Schauder-Basis. Dieser ist dadurch gekennzeichnet, dass jedes x X als konvergente Reihe x = λ i x i mit eindeutig bestimmten Koeffizienten {λ i } aus dem Zahlkörper geschrieben werden kann, wobei die Konvergenz der Reihe in X im Sinne der Grenzwertbeziehung lim x n λ i x i = 0 zu verstehen ist. n Dabei lässt sich zeigen, dass nur separable Räume X Schauder-Basen besitzen können, aber nicht müssen. Die unendlichen Einheitszahlenfolgen e i mit 1 in der i-ten Komponente und sonst überall 0 bilden eine Schauder-Basis in l p (1 p < ) und in c 0, aber nicht in l = m. direkte Summe von Teilräumen eines linearen normierten Raumes X E := X 1 X... X n Eine Zerlegung x E: x = x x n, x i X i existiert für jedes x E in eindeutiger Weise. direktes Produkt (kartesisches Produkt) E := X 1 X... X n Elemente x E: x = (x 1, x,..., x n ) T, x i X i ; Einführung einer Norm: x E := x i Xi oder x E := max 1 i n x i Xi Eine Überprüfung der Normaxiome zeigt, dass es sich dabei tatsächlich um Normen auf E handeln. Beispiel.10. X = R n, mögliche Normen: x = n x i (Euklidische Norm) x p = n p x i p (1 p < ) x = max 1 i n x i 18

4 C n [a, b] : x = max a t b x (i) (t) ( ) 1/p l p : x = ξ i p, x = (ξ i ) (1 p < ) L p (a, b) : x p = ( b a x(t) p dt) 1/p (1 p < ) Dabei besteht der Raum jeweils aus der Menge aller Elemente x, so dass x < ist. Definition.11. Sei A : X Y eine Abbildung und X und Y lineare normierte Räume. Dann heißt A linearer Operator, wenn A additiv und homogen ist, d.h. A(x + y) = Ax + Ay x, y X, A(λx) = λ(ax) λ K, x X. Stetigkeit von A bereits eingeführt : x n X x = Ax n Y Ax. Definition.1. Ein linearer Operator heißt beschränkt, wenn eine Konstante c > 0 existiert mit Ax Y c x X x X. ( ) Satz.13. Jeder beschränkte lineare Operator A : X Y ist auf dem gesamten Raum X stetig. Beweis. Es ist zu zeigen, dass aus ( ) für alle Punkte in X die Stetigkeit folgt. Nun ist aber ausgehend von x X n x und ( ) A(x n x) Y c x n x X 0 für n. Dies impliziert A(x n x) Y 0 und folglich Ax n Y Ax für n. Später zeigen wir sogar die Äquivalenz der Begriffe,,Stetigkeit und,,beschränktkeit.. Endlich-dimensionale normierte Räume Satz.14. Sei X ein linearer normierter Raum und x 1..., x n seien linear unabhängige Elemente aus X. Es existieren Konstanten α 1, α > 0, so dass α 1 ξ ξ 1 x ξ n x n X α ξ für alle ξ = (ξ 1,..., ξ n ) T R n bzw. C n gilt ( - Euklidische Norm). 19

5 Beweis. Wir definieren A : R n X durch ξ A ξ := ξ i x i. Dann gilt Aξ X = ξ 1 x ξ n x n X ξ 1 x 1 X +... ξ n x n X n ξ i n x i = α ξ } {{ } ξ } {{ } c aufgrund der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung. Folglich ist A stetig. Die Norm ist ebenfalls eine stetige Abbildung, d.h. f(ξ) := Aξ X ist stetig von R n in R. Es gilt f(ξ) > 0 für ξ 0, weil {x 1,..., x n } linear unabhängig ist. Diese Eigenschaft gilt insbesondere auf der Oberfläche der Einheitskugel (kompakte Menge im R n ), d.h. f(ξ) > 0 für ξ : ξ = 1. Satz von Weierstraß : f nimmt auf kompakten Mengen Minimum an, d.h. es gibt ein ξ R n mit ξ = 1 und f(ξ) = min f(ξ) =: α 1 > 0. Sei ξ 0, dann folgt daraus ξ =1 ( ) ξ f ξ Dies gilt offensichtlich auch für ξ = 0. min ξ =1 f(ξ) = α 1 = ξ 1 x ξ n x n X α 1 ξ. Definition.15. Sei X ein linearer normierter Raum mit zwei Normen 1,. Diese heißen äquivalent, wenn zwei Konstanten c 1, c > 0 existieren mit c 1 x 1 x c x 1, x X. Bemerkung. Die Konvergenz einer Folge in der Norm 1 äquivalent zur Konvergenz dieser Folge in der Norm. ist in diesem Fall auch Satz.16. Sei X ein endlich-dimensionaler linearer Raum. Dann sind alle möglichen Normen in X äquivalent. Beweis. Dies ist eine Folgerung aus dem vorherigen Satz. Sei also 1, zwei Normen in X, x = ξ 1 x ξ n x n, {x 1,..., x n } feste Basis, ξ R n. Dann gilt α 1 ξ x 1 α ξ α 1, α > 0 β 1 ξ x β ξ β 1, β > 0 = ξ 1 α x 1 = β 1 α x 1 x ξ 1 α 1 x 1 = β α 1 x 1 x = β 1 α x 1 x β α 1 x 1 0

6 Definition.17. Lineare Isomorphie zweier linearer normierter Räume bedeutet die Existenz einer bijektiven linearen Abbildung zwischen den Räumen, die in beiden Richtungen stetig ist. Bemerkung. Bei linearer Isomorphie sind die sich daraus ergebenden metrischen Räume homöomorph. Isometrie muss aber dabei nicht gelten. Satz.18. Alle n-dimensionalen reellen linearen normierten Räume X sind linear isomorph zum Raum R n mit der Euklidischen Norm. Beweis. Im Raum X Raum mit Basis {x 1,... x n } ist jedes Element x X darstellbar in der Form x = ξ 1 x ξ n x n. Diese Darstellung ist eindeutig bestimmt. Wir definieren eine Abbildung A : R n X mit A ξ := ξ 1 x ξ n x n, ξ R n. Offenbar ist A eine Bijektion. Bleibt zu zeigen: A, A 1 sind stetig (hinreichend A, A 1 beschränkt). Es gilt für A : A ξ X = ξ 1 x ξ n x n X α ξ für A 1 : A 1 x = ξ 1 α 1 ξ 1 x ξ n x n X = 1 α 1 x X. Bemerkung. (R n, ) ist ein Repräsentant für alle n-dimensionale reelle normierte Räume, (C n, ) ist ein Repräsentant für alle n-dimensionale komplexe normierte Räume. Folgerung.19. Jeder endlich-dimensionale normierte Raum ist vollständig, also ein Banachraum. Beweis. Wir betrachten (R n, ). In R n ist jede Cauchyfolge konvergent (Cauchykriterium) = jede Cauchyfolge ist in einem beliebigen endlich-dimensionalen Raum konvergent..3 Unitäre Räume Definition.0. Es sei U ein reeller oder komplexer linearer Raum, in welchem in jedem Paar x, y U eine (entsprechend reelle oder komplexe) Zahl (x, y) zugeordnet ist. Falls die Axiome des Skalarproduktes (i) (x + y, z) = (x, z) + (y, z) x, y, z U (ii) (λx, y) = λ(x, y) x, y U, λ R(C) 1

7 (iii) (x, y) = (y, x) also (x, y) = (y, x) im reellen Raum (iv) (x, x) 0 und (x, x) = 0 x = 0 erfüllt sind, so heißt U Raum mit Skalarprodukt. Folgerung.1. (x, y + z) = (x, y) + (x, z) (x, λy) = λ(x, y) Satz.. Jeder Raum mit Skalarprodukt wird durch x := (x, x) ( ) zu einem normierten Raum. Definition.3. Ein linearer normierter Raum U mit Skalarprodukt, in welchem mittels der Beziehung ( ) eine Norm eingeführt ist heißt unitärer Raum. Satz Im unitären Raum U gilt die Cauchy - Schwarzsche Ungleichung (x, y) x y x, y U. Die Gleichheit gilt genau dann, wenn x und y linear abhängig sind. Beweis. Wir zeigen: (x, y) x y Es gilt 0 x + λy = (x, x) + (x, λy) + (λy, x) + (λy, λy) Setzen nun λ = (x,y) (y,y) falls y 0. Man erhält = (x, x) + λ(x, y) + λ(x, y) + λ (y, y) (x, y) 0 (x, x) (y, y) (x, y) = (x, x) (y, y) (x, y) (y, y) + (x, y) (y, y) = Cauchy - Schwarzsche Ungleichung Für x + λy = 0 gilt die Gleichheit.. Im unitären Raum U gilt die Parallelogrammgleichung x + y + x y = ( x + y ) x, y U.

8 Beweis. x + y = (x + y, x + y) = (x, x) + (x, y) + (y, x) + (y, y) = x + y + (x, y) + (x, y) = x + y + Re (x, y) x y = x + y Re (x, y) = x + y + x y = ( x + y ) 3. Jeder lineare normierte Raum, dessen Norm die Parallelogrammgleichung erfüllt, kann durch Einführung eines passenden Skalarproduktes zu einem unitären Raum gemacht werden. Beweis. siehe Werner S. 159f reell : (x, y) := 1 4 ( x + y x y ) komplex : (x, y) := 1 4 ( x + y x y + i x + iy i x iy ) 4. Das Skalarprodukt im unitären Raum U ist stetig in beiden Komponenten, d.h. Beweis. x n U x und y n U y = (x n, y n ) R,C (x, y) (x n, y n ) (x, y) (x n, y n ) (x n, y) + (x n, y) (x, y) (x n, y n y) + (x n x, y) x n y n y + x n x y 0 für n Beispiel R n ist ein unitärer Raum : x, y R n (x, y) := x i y i oder (x, y) := g i x i y i, g i > 0, x := n g i x i. l (Hilbertscher Folgenraum) ist ein unitärer Raum: x = {ξ i }, y = {η i } l. Skalarprodukt/Norm: (x, y) := ξ i η i und x := ξ i 3

9 Ist (x, y) stets definiert? Es gilt die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung ξ i η i n ξ i n η i für alle n. Dabei bildet ξ i η i eine monoton wachsende Folge in n. Sie ist beschränkt und damit konvergent, d.h. ξ i η i < existiert. Die Beschränktheit folgt aus x, y l, d.h. ξ i < und η i <, weil die Zahlenreihe, die (x, y) definiert, konvergiert, wenn sie absolut konvergiert, und offenbar dann (x, y) ξ i η i ξ i η i = x y < gilt. 3. L (Ω) mit Ω R n ist ein unitärer Raum. Skalarprodukt: (x, y) := x(t)y(t) dt. Man kann analog zu. argumentieren, wobei statt der Summen Integrale stehen. Definition.6. Zwei Elemente x, y U eines unitären Raumes mit Skalarprodukt heißen orthogonal, wenn gilt (x, y) = 0. Das Element x heißt zur Menge M orthogonal, wenn (x, y) = 0 für alle y M gilt. Zwei Mengen M 1 und M heißen orthogonal, wenn (x, y) = 0 für alle x M 1 und alle y M gilt. Schreibweise: x y, x M, M 1 M. Eine Menge {x 1, x,...} (endlich oder abzählbar) von Elementen 0 aus U heißt Orthogonalsystem, wenn (x i, x j ) = 0 i j gilt und Orthonormalsystem (ONS), wenn gilt. (x i, x j ) = δ ij = 4 Ω { 1 i = j 0 i j

10 Satz.7. Ein Orthogonalsystem ist stets linear unabhängig. Beweis. Alle Elemente aus einem beliebigen Satz x i1, x i,... x ik von k Elementen aus dem Orthogonalsystem sind verschieden vom Nullelement. Weiter gilt dann für beliebige j = 1,,..., k λ 1 x i1 + λ x i λ k x ik = 0 x ij = λ 1 (x i1, x ij ) λ k (x ik, x ij ) = λ j x ij = 0 = λ j = 0. Beispiel.8. Sei U der Raum C L [0, π] aller auf [0, π] stetigen reellen Funktionen mit dem L -Skalarprodukt. Ein bekanntes ONS bilden die Funktionen { 1, cos t, sin t } cos t sin t,,,.... π π π π π Dies ONS bildet die Grundlage der klassischen trigonometrischen Fourierreihenentwicklung einer stetigen Funktion. Satz.9 (Schmidtsches Orthogonalisierungsverfahren formuliert für dim(u) = ). Es sei {x 1, x,...} eine beliebiges abzählbares linear unabhängiges Elementesystem eines unitären Raumes U. Dann existiert ein ONS {e 1, e,...} in U derart, dass e n = a n1 x 1 + a n x +... a nn x n, (n = 1,,...) mit entsprechenden Koeffizienten a ij (i, j N, j i) aus dem Zahlkörper gilt, damit auch span(e 1, e,..., e n ) = span(x 1, x,..., x n ) n N, und wir folglich span(e 1, e,...) = span(x 1, x,...) erhalten. Beweis. x 1 0, wir setzen Finden g e 1, Ansatz: e 1 := x 1 x 1 = a 11 x 1 (offenbar (e 1, e 1 ) = e 1 = 1) g = x c 1 e 1 e 1 = (g, e 1 ) = (x, e 1 ) c 1 = 0 = c 1 = (x, e 1 ) Es gilt: g 0, da sonst x c 1 a 11 x 1 = 0, d.h. x 1 und x wären linear abhängig. Wir setzen e := g g = x g c 1 g e 1 Seien nun e 1, e,..., e k 1 orthonormiert. Ansatz: g k = x k c k1 e 1... c kk 1 e k 1 e j, j < k = (g k, e j ) = (x k, e j ) c kj = 0 = c kj = (x k, e j ), j < k Wieder gilt g k 0, weil alle e j Linearkombinationen der x j sind und deshalb ansonsten lineare Abhängigkeit auftreten würde. Wir setzen e k := g k g k = x k 1 k g k 5 (x k, e i ) g k e i

11 Wir erhalten also die folgende Formel für das Orthonormieren: e 1 := x 1 x 1, e k := g k g k mit g k 1 k := x k (x k, e i ) e i (k =, 3,...). Dies liefert die geforderten Eigenschaften. Bemerkung. Eine Inspektion des Beweises liefert, dass x k span(e 1,..., e k ) k N gilt, Zu den Konsequenzen dieser Aussage sei auf die letzte Bemerkung dieses Kapitels nach dem Beweis von Satz.43 verwiesen. Beispiel.30. U = C L [ 1, 1], System {1, t, t,...} Schmidtsches Orthogonalisierungsverfahren: x 1 = (x 1, x 1 ) = 1 1 g (t) = t g (t) = 1 dt = e 1 = 1 ( ) 1 1 t, = t 3 = e = 3 t Fortsetzung dieses Prinzips liefert die Legendreschen Polynome n d n e n+1 (t) := P n (t) = n n! dt n (t 1) n, (n = 0, 1,,...) Reihenentwicklung nach Orthonormalsystem im unitären Raum (Fourierreihen) Definition.31 (Vollständigkeit eines ONS). Ein ONS {e 1, e,..., } heißt vollständig, wenn span(e 1, e,...) = U gilt. Vollständigkeit bedeutet, dass die lineare Hülle des ONS überall dicht und das ONS Basis ist in U. Beispiel.3. Beispiel eines vollstängigen ONS: U = C L [0, π] mit (x, y) = π x(t) y(t) dt. 0 Das System { 1, sin t, cos t } sin t cos t,,,... π π π π π ist vollständig in C L [0, π]. Die Vollständigkeit dieses ONS folgt aus der klassischen Theorie der Fourierreihenentwicklung. Das ONS ist auch im Hilbertraum L (0, π) vollständig. Endlich-dimensionaler Raum U = R n x = {e 1, e,..., e n } sei eine Orthonormalbasis α i e i Darstellung eindeutig x U beliebig skalar multiplizieren mit e j = (x, e j ) = α j = x = 6 (x, e i )e i

12 c i := (x, e i ) - Fourierreihenkoeffizient von x U zum i - ten Element e i des ONS Im weiteren betrachten wir unendlich-dimensionale Räume U. Definition.33. Sei {e 1, e,...} ein (abzählbares) ONS im unendlich-dimensionalen Raum U, x U. Dann heißen die Zahlen c i := (x, e i ) i = 1,,... Fourierkoeffizienten bzw. Koordinaten von x bzgl. des ONS {e 1, e,...}. Die unendliche Reihe c i e i = (x, e i ) e i heißt Fourierreihe von x. Fragen : 1. Konvergiert c i e i?. Wenn ja, konvergiert die Reihe gegen x? Satz.34. Sei U ein unitärer Raum, {e 1, e,...} ein ONS, x U und {c i } die Fourierkoeffizienten von x. Dann gilt : (i) x c k e k x α k e k α i aus dem Zahlenkörper R, C. (Minimaleigenschaft der Fourierkoeffizienten) (ii) c k x (Besselsche Ungleichung) 7

13 Beweis. (i) x α k e k = = = (, ) = = x α k e k x c k e k (α k c k )e k x c k e k + (α k c k )e k 0 ( ) Re x c k e k, (α k c k )e k ( x, =0, denn: ) ( ) (α k c k )e k c k e k, (α k c k )e k (α k c k ) (x, e k ) =c k x c k e k. c k (α k c k ) = 0 (ii) x c k e k ( = x + c k e k, = x ) ( c k e k x, } {{ = c k } c k. ) ( ) c k e k c k e k, x = c k = c k Die Gleichung x n c ke k = x c k bezeichnet man als Besselsche Gleichung, wobei 0 x c k e k = x c k gilt. Als Konsequenz ergibt sich x c k = c k <, d.h. die Reihe der Fourierkoeffiezientenquadrate konvergiert. Durch Grenzübergang n erhält man aus der Besselschen Gleichung die Besselsche Ungleichung. Folgerung.35. Für x U ist die Folge {c i } der Fourierkoeffizienten aus l. 8

14 Folgerung.36. Falls der Raum U vollständig ist, so konvergiert die Fourierreihe c k e k stets in U Beweis. Wir setzen v n := v n v n+l = n+l k=n+1 c k e k U, zu zeigen: {v n } ist eine Cauchyfolge. c k e k = n+l k=n+1 c k < ε sobald n > n 0 (ε) da Aus der Vollständigkeit von U folgt die Existenz des Grenzwertes. c k konvergiert. Definition.37. Ein ONS {e i } i N in U heißt abgeschlossen, wenn für alle x U die Parsevalsche Gleichung c k = x gilt. Satz.38. Ist {e 1, e,...} ein abgeschlossenes ONS in U, so konvergiert die Fourierreihe von x gegen x für alle x U, d.h. x = c k e k = lim n c k e k. Beweis. Die Aussage folgt aus der Besselschen Gleichung, weil ja für alle x U die Parsevalsche Gleichung gilt: x c k e k = x = x = lim n c k e k = c k x c k e k. c k = 0 für n Folgerung.39. Unabhängig von den Eigenschaften des ONS {e 1, e,...} gilt stets x = lim n n c ke k = c ke k, wenn für dieses Element x U die Parsevalsche Gleichung x = c k erfüllt ist. Beweis. Dies ist eine Folgerung, welche sich unmittelbar aus dem Beweis von Satz.38 ergibt. 9

15 Satz.40. Die Begriffe Vollständigkeit und Abgeschlossenheit eines ONS sind äquivalent. Beweis. (a) Zuerst sei das ONS {e 1, e,...} abgeschlossen. Dann konvergiert für alle x U die Fourierreihe gegen x und wir haben ε > 0 n(ε) : x c k e k < ε. Zu vorgegebenem ε > 0 findet man ein Element aus span(e 1,..., e n ), welches bis auf ε nahe an x liegt. Daraus folgt span(e 1, e,...) = U und damit die Vollständigkeit des ONS. (b) Das ONS {e 1, e,...} sei nun vollständig. Für gegebenes x und ε > 0 existieren Zahlen α 1,..., α n, und n mit ε x α k e k x c k e k = x c k 0 aufgrund der Minimaleigenschaft der Fourierkoeffizienten und der Besselschen Gleichung. Da ε > 0 beliebig war, gilt x = c k, d.h. die Parsevalsche Gleichung. Anwendung auf C L [0, π] und L (0, π) 1 Die Fourierreihe a 0 π + 1 π {a k cos kt + b k sin kt} mit a 0 = 1 π π 0 x(t) dt a k = 1 π π 0 cos kt x(t) dt b k = 1 π π konvergiert im quadratischen Mittel gegen die Funktion x(t) (0 t π), d.h. lim n π 0 ( x(t) a 0 1 π + 1 π {a k cos kt + b k sin kt}) dt = 0. 0 sin kt x(t) dt Für x C L [0, π] konvergiert die Fourierreihe sogar überall punktweise. Für Funktionen x L (0, π), welche beschränkte Variation aufweisen, erfolgt an Sprungstellen die punktweise Konvergenz gegen das arithmetische Mittel der links- und rechtsseitigen Grenzwerte (vgl. Heuser, Lehrbuch Analysis Teil, 136). 30

16 .4 Hilberträume Definition.41. Ein vollständiger unitärer Raum heißt Hilbertraum. Wir bezeichnen im Folgenden Hilberträume mit H. Die bisherige Analyse von Fourierreihen im unitären Raum U setzte die Vollständigkeit des normierten Raumes nicht voraus. Satz.4 (Riesz - Fischer). Sei {e 1, e,...} ein beliebiges abzählbares ONS in einem (reellen oder komplexen) unedlichdimensionalen Hilbertraum H. Sei weiter {c k } eine unendliche Folge von (reellen oder komplexen) Zahlen, für die c k < gilt. Dann existiert ein Element x H mit c k = (x, e k ) (k = 1,,...) und x = c k. Dabei ist x = c k e k = lim n c k e k. Beweis. H sei Hilbertraum und {e 1, e,...} darin ein ONS. Weiter sei {c k } l. Wir konstruieren mittels x n := c k e k eine Folge {x n } n=1 H. Wir zeigen: dies ist eine Cauchyfolge. Ohne Einschränkung sei m > n. Dann gilt x n x m = m k=n+1 c k e k = m k=n+1 c k < ε, sobald n > n 0 (ε), weil c k <. Wegen der Vollständigkeit von H konvergiert diese Folge in H, d.h. es existiert ein x H mit x = lim x n oder x = c k e k. ( ) n Es ist noch zu zeigen: c k = (x, e k ). Wir wählen n > k. (x, e k ) = (x n, e k ) +(x x n, e k ), n > k = c k (x x n, e k ) x x n e k 0 für n. 0 = 1 31

17 Damit gilt (x, e k ) = c k und wegen ( ) die Parsevalsche Gleichung x = c k. Satz.43. Jeder unendlich-dimensionale separable Hilbertraum besitzt ein abzählbares vollständiges Orthonormalsystem. Einen Beweis unter Ausnutzung des Projektionsbegriffs findet man am Ende von Kapitels. Die bisherigen Erkenntnisse zum Hilbertraum führen zu: Folgerung.44. Jeder reelle (komplexe) n-dimensionale unitäre Raum (welcher stets einen Hilbertraum H repräsentiert) ist linear isomorph und isometrisch zum unitären Raum R n ( C n ) ausgestattet mit der Euklidischen Norm. Jeder unendlich-dimensionale separable Hilbertraum H ist linear isomorph und isometrisch zum reellen (komplexen) Hilbertschen Folgenraum l. Beweis. Da nach Satz.43 im separablen Hilbertraum H stets ein vollständiges ONS existiert, so kann die Zuordnung x {(x, e k ) = c k } H l ausgenutzt werden, die wegen der Aussagen früherer Sätze eine Bijektion ist und sogar einen linearen Isomorphismus darstellt. Die Parsevalsche Gleichung liefert schließlich sogar die Isometrie: Norm in H : x = c k : Norm in l. Kleiner Exkurs zur Optimierung in Hilberträumen und zu Normtypen Welche Eigenschaften müssen Mengen C H besitzen, damit stets ein normkleinstes Element z C mit z = min x existiert? x C Definition.45. Es sei X ein linearer normierter Raum. Dann heißt eine Teilmenge C in X konvex, wenn gilt. x, y C = λx + (1 λ)y C λ [0, 1]. Satz.46. Jede nichtleere, abgeschlossene und konvexe Menge C im Hilbertraum H besitzt ein eindeutig bestimmtes Element z C mit kleinster Norm, d.h. es gilt z = min x C x. 3

18 Beweis. C, x 0 x C {x n } C mit lim n x n = d. d := inf x 0. Dann existiert eine Folge x C Wir zeigen: {x n } ist in H eine Cauchyfolge. Wir wählen n, m hinreichend groß. Aus der Konvexität von C folgt 1 (x n + x m ) C = 1 (x n + x m ) d. Wir nutzen die Parallelogrammgleichung: 1 (x n x m ) = 1 ( x n + x m ) 1 (x n + x m ) 1 ( x n + x m ) d 0 für n, m d d Damit ist {x n } Cauchyfolge und wegen der Vollständigkeit des Raumes H sowie der Abgeschlossenheit von C existiert ein Element z = lim n x n C. Weiterhin gilt wegen der Stetigkeit der Norm: z = lim x n = lim x n = d. n n Zu zeigen ist die Eindeutigkeit: z 1, z C seien zwei Elemente mit z 1 = z = d. Dann gilt 1 (z 1 z ) = 1 ( z 1 + z ) z 1 + z d d = 0. Folglich z 1 = z. Definition.47. Es sei X ein linearer normierter Raum mit Norm. Dann nennen wir diese Norm strikt konvex, wenn für beliebige x 1, x X die Implikation x 1 = x = 1 und x 1 + x = 1 = x 1 = x gilt. Lemma.48. Seien in einer konvexen Menge C in X zwei normkleinste Elemente z 1, z gegeben, d.h. z 1 = z = min x, dann ist auch z 1 + z C ein normkleinstes x C Element. Beweis. Sei z 1 = z = d. Es gilt z 1 + z d = z 1, da z 1 + z C. Andererseits gilt z 1 + z 1 ( z 1 + z ) = d. Also gilt z 1 + z = d = min x. x C 33

19 Satz.49. Ist die Norm in einem linearen normierten Raum X strikt konvex, so ist das normkleinste Element eine konvexen Menge C, sofern es existiert, stets eindeutig bestimmt. Beweis. x 1, x C, x 1 = x = min x = x 1 + x x C Folglich gilt x 1 = x = x 1 + x C und x 1 + x = min x C x = d. Betrachtet man die drei Elemente x 1 d, x d und x 1+x mit Norm 1, so ergibt sich aus der Definition der strikten Konvexität der Norm d sofort x 1 = x, was die Eindeutigkeit beweist. Satz.50. Im Hilbertraum ist die Norm strikt konvex. Beweis. Sei x 1 = x = x 1 + x = 1. Parallelogrammgleichung: x 1 + x = 1 ( x 1 + x ) x 1 x = x 1 x = 0 = x 1 = x Bemerkung. Im R n sind unter den p-normen gerade 1 und nicht strikt konvex, im - dim. Raum bilden l 1, l = m und C[a, b] Beispiele für Räume mit nicht strikt konvexen Normen. Neben Hilberträumen sichern auch reflexive separable Räume die Existenz von normkleinsten Elementen (Begriff,,reflexiv wird später geklärt). Exkurs beendet! Folgerung.51. Es sei C eine nichtleere, konvexe, abgeschlossene Menge und H ein Hilbertraum. Dann existiert zu jedem x H genau ein z C mit x z x ỹ ỹ C. Beweis. Die Aussage folgt aus Satz.46 mit C := x + C = {ỹ = x + y, y C}. Satz.5. Es sei L ein abgeschlossener linearer Unterraum des Hilbertraumes H. Dann existiert bei Vorgabe eines Elementes x H genau ein Element z L mit x z x y y L. Diese Element heißt Projektion z = P x von x auf den Unterraum L und ist eindeutig charakterisiert durch die Gleichung (x z, y) = 0 y L (+) Beweis. Aus dem vorherigen Satz ist Existenz und Eindeutigkeit von z geklärt! Zu zeigen ist die Notwendigkeit und Hinlänglichkeit der Gleichung (+). 34

20 = : Sei z = P x, wir zeigen (x z, y) = 0 y L, wobei o.b.d.a. H ein reeller Hilbertraum sei. Dann gilt f(λ) = x (z + λy). Wegen z = P x gilt f (0) = 0, weiter f (λ) = (x (z + λy), y), f (0) = (x z, y) = 0 und damit (x z, y) = 0 y L. = : Sei z L und (x z, y) = 0 y L. Zu zeigen ist x z x y y L. Dies ergibt sich aus x y = (x z) + (z y) = x z + z y + (x z, z y) L = x z + z y x z. Definition.53. Sei U unitärer Raum, L 1, L abgeschlossene Unterräume von U. Gilt L 1 L und U = L 1 L, dann heißt U = L 1 L orthogonale Summe der beiden Unterräume L 1 und L. Satz.54. Sei H Hilbertraum, L ein abgeschlossener linearer Unterraum von H. Dann existiert genau ein abgeschlossener linearer Unterraum M von H, so dass H = L M. Die Menge M = L nennen wir orthogonales Komplement zu L in H. Beweis. (a) Wir definieren M := {v H : (x, v) = 0 x L} die Menge der zu L orthogonalen Elemente. M ist offensichtlich linearer Unterraum. (b) Zu zeigen M ist abgeschlossen, {v n } M, v n Skalarproduktes: H v, zu zeigen v M. Stetigkeit des (x, v n ) = 0 n x L = (x, v) = 0 x L = v M (c) Zerlegung von x H, z = P x sei orthogonale Projektion von x auf L, v = x P x ist wegen früherer Folgerung orthogonal zu L. x = P x +( x } {{ P x } ) = x = z + v, z L, v M = z L = v M Eindeutigkeit der Zerlegung = H = L M: Sei auch x = z + ṽ, z L, ṽ M, dann gilt ṽ = (x z) L und z L = z = P x = z und ṽ = x P x = v Folgerung.55. Sei H ein Hilbertraum und L linearer Unterraum von H. Dann ist L genau dann dicht in H, wenn gilt: x L = x = 0. 35

21 Beweis. (a) Sei L dicht in H, d.h. L = H. Sei x L. Wegen der Stetigkeit des Skalarproduktes folgt daraus x L = H, d.h. insbesondere x x = (x, x) = x = 0 = x = 0. (b) Sei x L = x = 0 erfüllt. Zu zeigen L = H. Angenommen L H. Dann x H mit x / L. Wir zerlegen orthogonal x = x 1 L + x L wobei x 0 gelten muß. Andererseits x L = x L = x = 0, also Widerspruch zur Annahme = L = H. Als unmittelbare Konsequenz der letzten Folgerung erhält man: Folgerung.56. Ein ONS {e 1, e,...} in H ist genau dann vollständig, wenn die Implikation (x, e i ) = 0 i N = x = 0 gilt. Nun können wir problemlos den noch fehlenden Beweis von Satz.43 nachholen, welcher besagt, dass im unendlich-dimensionalen separablen Hilbertraum stets ein (abzählbares) vollständiges ONS existiert: Beweis. von Satz.43 Wegen der Separabilität des Raumes existiert eine abzählbare überall dichte Teilmenge {g 1, g,...} H. o.b.d.a. g 1 0, e 1 := g 1 g 1, L 1 := span(e 1 ) Sei g n erstes Element, welches nicht in L 1 liegt. Sei h n die orthogonale Projektion von g n auf L 1 = g n = h n +(g n h n ) wir setzen e := L L 1 1 h n h n, L := span(e 1, e ) Auf diese Weise finden wir e 1, e,..., e n und L n = span(e 1, e,..., e n ). Jedes g i ist in eine Linearkombination von endlich vielen e 1, e,..., d.h g i L k für ein k = 1,,... Noch zu zeigen ist span(e 1, e,...) = H. Sei dazu x H gegeben, ε > 0. = Wegen der Dichtheit von {g 1, g,...} in H finden wir ein g i : x g i < ε. 36

22 Andererseits muss g i in einem der Räume L k = span(e 1,... e k ) liegen k = x λ j e j < ε j=1 = span(e 1, e,...) = H Unser konstruiertes ONS ist also vollständig. Bemerkung. Ohne Verwendung des Projektionsbegriffs kann man die Existenz eines vollständigen Orthonormalsystems sogar in einem separablen unitären Raum U beweisen, wenn man die Bemerkung nach dem Beweis von Satz.9 in die Betrachtung einbezieht. Dazu konstruiert man zu einem abzählbaren System G = {g 1, g,...} U mit G = U, das wegen der Separabilität von U stets existiert, ein ONS {e 1, e,...} mit der Eigenschaft, dass g n für alle natürlichen Zahlen n eine Linearkombination endlich vieler e i ist. Dies impliziert span(e 1, e,...) = U und damit die Vollständigkeit dieses ONS. Man geht dazu vor wie beim Schmidt schen Orthogonalisierungsverfahren, lässt aber bei der Bestimmung von e i+1 diejenigen g j aus (analog zum obigen Beweis von Satz.43), die bereits in der linearen Hülle span(e 1,..., e i ) liegen. 37