10 Hilberträume. (b) λx,y = λ x,y für x,y X, λ K. (c) x, y = y, x für x, y X (Komplexe Konjugation nur im Falle K = C)

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1 10 Hilberträume Definition. Sei X ein Vektorraum über K. Eine Abbildung, : X X K heißt Skalarprodukt, falls (a) x 1 + x,y = x 1,y + x,y für x 1,x,y X (b) λx,y = λ x,y für x,y X, λ K (c) x, y = y, x für x, y X (Komplexe Konjugation nur im Falle K = C) (d) x,x 0 und x,x = 0 x = 0 (für x X) X versehen mit einem Skalarprodukt heißt Prähilbertraum Lemma. Sei H ein Prähilbertraum. Es gelten: (a) Cauchy Schwarz-Ungleichung: x,y x,x 1/ y, y 1/ für alle x,y H. (b) Die Abbildung x x,x 1/ =: x ist eine Norm. Beweis. (a) Seien x,y H und λ, λ = 1 so, dass λ x,y = x, y. Betrachte die Funktion p definiert für r R wie folgt: p(r) := x + rλy = x + Re λr x, y + λr y = x + r x, y + r y 0 So ist p(r) ein Polynom zweiten Grades, und es ist nicht negativ. Für die Diskriminante heißt dies 4 x, y 4 y x 0, die gewünschte Ungleichung. (b) Seien x,y H. Wir rechen immer mit Norm-Quadrat : x + y = x + Re x,y + y x + x y + y = ( x + y ), wobei wir die Cauchy-Schwartz-Ungleichung verwendet haben Lemma [Parallelogrammgleichung]. Ein normierter Vektorraum ist ein Prähilbertraum genau dann, wenn für alle x,y H x + y + x y = x + y gilt. Beweis. Nur eine Richtung: Sei H Prähilbertraum. Kurzes Nachrechnen liefert: x + y + x y = x + y, x + y + x y, x y = x + Re x,y + y + x Re x,y + y Definition. Sei H ein Prähilbertraum versehen mit der Norm c := x,x 1/. Ist dieser normierte Vektorraum (H, ) vollständig so heißt es ein Hilbertraum Beispiel. Beispiele von Hilberträumen (a) C d mit Skalarprodukt x,y := d x i y i. (b) l mit Skalarprodukt (x n ),(y n ) := x n y n. (c) L (M,µ) mit Skalarprodukt f,g := M fg dµ. 51

2 5 10. HILBERTRÄUME Definition [Orthogonalität]. Sei H ein Prähilbertraum. (a) Die Vektoren x,y H heißen orthogonal (x y), falls x,y = 0 gilt. (Aus Definition ist es leich zu sehen, dass eine symmetrische Relation ist.) (b) Die Mengen A,B H heißen orthogonal (A B), falls a b für alle a A, b B. (c) Sei M H. Das orthogonale Komplement von M ist definiert durch M := {x H : x M} Satz. (a) x y = x + y = x + y (Pythagoras). (b) M ist ein abgeschlossener Unterraum von H. (c) N,M H, N M = M N (d) M M und lin(m) = M Beweis. (a) Es gilt x + y = x + Re x,y + y = x y wegen x y. (b) Seien x,y M und λ K. Es gilt x+λy,z = x, z +λ y, z = 0+0 für jedes z M. Also ist M ein Unterraum. Konvergiert (x n ) M gegen ein x, so gilt für jedes z M auch die Konvergenz x n,z x,z (wegen Cauchy-Schwartz). Da x n,z = 0 gilt für jedes z M, so gilt x,z =, d.h. x M. (c) Trivial aus Definition. (d) Sei z M. So ist x,y = 0 für jedes y M, d.h. z M. Also M M. Nach c) gilt M lin(m). Ist aber y M so ist wegen Linearität y lin(m), und wie in b zeigt man y lin(m) Satz [Projektionssatz]. Sei H ein Hilbertraum, K H eine abgeschlossene, konvexe Menge und x 0 H. Dann existiert ein eindeutiges x K mit x x 0 = inf y K y x 0. Beweis. OBdA nehmen wir x 0 = 0 und 0 K an (sonst Verschiebung). Existenz: Sei δ := inf y K y. Dann findet man eine Folge (y n ) K mit y n δ. Nach der Parallelogrammgleichung δ yn+ym yn+ym + yn ym = 1 y n + 1 y m δ, d.h. (y n ) ist eine Cauchyfolge. Dann gilt y n y für ein y K, es gilt ferner y = δ. Eindeutigkeit: Seien x 1,x K mit obiger Eigenschaft. Es gilt δ x 1 +x x 1 +x + x 1 x = 1 x x δ, d.h x 1 x = 0 und x 1 = x Lemma. Sei H ein Hilbertraum, Y abgeschlossener Unterraum, x 0 H und x H mit x x 0 = inf y Y y x 0. Dann ist x x 0 Y. Beweis. Angenommen die Behauptung falsch ist, existiert ein y Y mit x x 0,y = β 0. Sei z := x 0 x und λ K mit β λ y, y = 0. Es gilt z λy = z λy, z λy = z λβ λ(β λ y, y ) = z λβ, Dann ist z λy = z β y < z = δ. Dies liefert aber einen Widerspruch, denn z λy = x 0 x λy und x + λy Y.

3 10. HILBERTRÄUME Satz. Sei Y ein abgeschlossener Unterraum eines Hilbertraums H. Dann H = Y Y. Beweis. Y Y = {0} ist klarm denn y y impliziert y = 0. Der Raum Y ist abgeschlossen und natürlich konvex, also existiert nach dem Projektionssatz für alle x H ein y Y mit x = y + z und z Y (siehe Lemma 10.9) Bemerkung. Die Darstellung x = y + z definiert eine Abbildung P : H Y, x y = Px. Der Operator P ist linear und heißt die Orthogonalprojektion von H auf Y. P ist beschränkt und idempotent, d.h. P = P. Die Linerität von P zeigt man zum Beispiel so: Für x,y H und z Y gilt x Px, y Py Y und damit (x + y) z = (x Px + y Py) + (Px + Py z) Pyth. = x Px + y Py + Px + Py z x + y (Px + Py). Dies gilt auch für z = P(x+y), welches den Abstand dist((x+y),y ) minimisiert. Wir sheen also P(x+y) = Px + Py. Sei jetzt λ K und x H. Analog geht man vor: λx z = λx λpx + λpx z Pyth. = λx λpx + λpx z λx λpx, gilt für alle z Y. Dies liefert P(λx) = λpx. Beweis zum Idempotenz von P: für jedes x H gilt Px Y, d.h. dist(px, Y ) = 0, und somit PPx = Px. Die Beschränktheit von P folgt mit dem Satz von Pythagoras: Es gilt Px Px + x Px = x, und somit P 1. Bemerke noch, dass P = P P, und damit entwede P = 0 oder P = Theorem [Rieszscher Darstellungsatz]. Sei H ein Hilbertraum. Dann existiert zu ϕ H genau ein z H mit ϕ(x) = x,z für alle x H. Weiter gilt ϕ = z. Beweis. Existenz: Für ϕ = 0 wähle z = 0. Sei also im Weiteren ϕ 0. Der Raum ker ϕ ist in H abgeschlossen, und es gilt ker ϕ H, also enthält (ker ϕ) ein z 0 0. Für x H setze y := ϕ(x)z 0 ϕ(z 0 )x. Dann gilt ϕ(y) = ϕ(x)ϕ(z 0 ) ϕ(z 0 )ϕ(x) = 0, d.h. y ker ϕ. Daraus folgt 0 = y, z 0 = ϕ(x)z 0 ϕ(z 0 )x,z 0 = ϕ(x) z 0,z 0 ϕ(z 0 ) x,z 0 und z := ϕ(z 0) z 0,z 0 z 0 ist der gewünschte Vektor. = ϕ(x) = ϕ(z 0) z 0,z 0 x,z 0 für jedes x H, Eindeutigkeit: Seien z 1,z H,ϕ(x) = x,z 1 = x,z für alle x H. Dann gilt z 1 z H = {0}. Die Norm: Der Fall ϕ = 0 ist klar. Da z = z,z = ϕ(z) ϕ z gilt, so erhalten wir z ϕ. Umgekehrt: ϕ(x) = x, z x z = ϕ z. Zusammenfassend ist ϕ = z Bemerkung. (a) Theorem 10.1 kann auch so formuliert werden: die Abbildung Φ : H H, Φ(x) :=,x ist bijektiv, isometrisch und konjugiert linear, d.h. Φ(x + y) = Φ(x) + Φ(y) und Φ(αx) = αφ(x) für alle x,y H und α K.

4 HILBERTRÄUME (b) Als Konsequenz erhalten wir die Reflexivität eines Hilbertraums Definition. Sei a : H H K eine Sesquilinearform, d.h. es gelten: a(x + y, z) = a(x, z) + a(y, z) a(x,y + z) = a(x, y) + a(x,z) a(αx,y) = αa(x,y) a(x, αy) = αa(x, y) (komplexe Konjugierung nur falls K = C) Dann heißt a (a) stetig, falls M > 0 mit a(x,y) M x y für alle x,y H. (b) koerziv, falls α > 0 mit Re a(x,x) α x für alle x H. Bemerkung: In der Vorlesung war die Definition nur mit a(x,x) α x formuliert Theorem [Lax Milgram]. Sei a : H H K eine stetige, koerzive Sesquilinearform auf einem Hilbertraum H. Es existiert genau eine bijektive Abbildung A L (H) mit Desweiteren gilt A M und A 1 1/α. x,ay = a(x,y) für alle x,y H. Beweis. Für y H ist a(,y) H und a(,y) H M y. Nach dem Satz von Riesz 10.1 existiert ein eindeutiges Ay so, dass a(x,y) = x,ay für alle x H und Ay = a(,y) H M y gelten. Wegen der Eindeutigkeit ist y Ay linear. Also A L (H) und A M. A ist injektiv: α x Re a(x,x) = Re x,ax x,ax x Ax = x Ax = ker A = {0}. A ist surjektiv: Zunächst zeigen wir, dass im(a) abgeschlossen ist. Sei Ax n y, dann x n x m 1/α Ax n Ax m 0, d.h. x n ist eine Cauchyfolge, also konvergiert (x n ) gegen ein x H. Aber dann muss Ax n Ax = y gelten, also y im(a). Nun beweisen wir im(a) = H. Nehmen wir das Gegenteil an. Dann existiert ein 0 y im(a), also α y Re a(y, y) = Re y, Ay = 0. Dies ist aber ein Widerspruch Definition [Orthonormalsystem]. Sei H ein Prähilbertraum. Eine Folge (e n ) H heißt Orthogonalsystem, falls e i e j, i j, und Orthonormalsystem (ONS) falls e i = Satz [Besselsche Ungleichung]. Sei H ein Hilbertraum und {e n : n N} ein Orthonormalsystem in H. Dann gilt für alle x H die Ungleichung x,e n x Beweis. Sei N N und x N := x N x,e n e n. Dann x N e j für j = 1,...,N. Also N x,e n x N + N x,e n = x N N Pyth. + x,e n e n = x N + Nun lasse N um die Behauptung zu erhalten. N x, e n e n = x.

5 10. HILBERTRÄUME Beispiel. (a) Betrachte L C (( π,π)) und e k(t) := e ikt, k Z. Dann gilt für k l: e k,e l = π π e i(k l)t dt = d.h. {e k : k Z} ist ein Orthogonalsystem. Normierung: also ist ( 1 π e k ) ein ONS. 1 ( e i(k l)π e i(k l)π) = sin(k l)π = 0, i(k l) k l e k,e k = π π 1 dt = π, (b) In l betrachte e k := (0,0,...,0,1,0...), wobei 1 in dem k-ten Koordinate steht. Dann ist (e k ) ein ONS in l Satz [Gram Schmidt Verfahren]. Sei H ein Hilbertraum und {x n : n N} eine linear unabhängige Teilmenge von H. Dann existiert ein ONS S mit lins = lin{x n : n N}. Beweis. Setze e 1 := x 1 x 1. Betrachte e := x x,e 1 e 1 x x,e 1 e 1, wegen linear Unabhängigkeit dürfen wir durch x x,e 1 e 1 0 dividieren. Es gilt ferner e 1 e. Analog geht es weiter: e k+1 := x k+1 k x k,e i e i x k+1 k x. k,e i e i So definiert man induktiv S := {e 1,e,...}, und man sieht, dass S ein ONS ist. Da x n lins und e n lin{x 1,x,...}, gilt auch lins = lin{x 1,x,...} Beispiel. (a) Die Anwendung des Gram Schmidt Verfahrens auf {1,t,t,...} in L ([ 1,1]) liefert die Legendre- Polynome: e n (t) = n d ) n(t n!( n 1) n. dt (b) Betrachte den Raum L ([ 1,1],(1 t ) 1/ ), wobei f,g := 1 1 dt f(t)g(t). 1 t Das Gram Schmidt-Verfahren angewandt auf {1,t,t,...} ergibt die Chebyshev Polynome: n 1 e n (t) = π n+1 cos(n arccos t). (c) Betrachte den Raum L (R,e t / ), wobei f,g := 1 1 f(t)g(t)e t / dt. Das Gram Schmidt-Verfahren angewandt auf {1,t,t,...} ergibt die Hermite Polynome.

6 HILBERTRÄUME Definition. (a) Sei X ein normierter Vektorraum. Eine Folge (x n ) X heißt eine Schauder-Basis in X, falls für alle x X genau eine Folge (α n ) K mit n j=1 α jx j x existiert (oder X ist endlichdimensional und (x n ) ist eine algebraische Basis in X). (b) Sei H ein Hilbertraum und (e n ) H ein Orthonormalsystem. Ist (e n ) ein Schauderbasis, dann heißt (e n ) Orthonormalbasis. Bemerkung: Man kann auch überabzählbare Orthonormalbasen auch definieren Satz. Sei H ein Hilbertraum und (e n ) ein Orthonormalsystem in H. Äquivalent sind: (a) (e n ) ist eine Orthonormalbasis in H (b) lin{e n : n N} ist dicht in H (c) x = x,e n e n für alle x H. (d) x,y = x,e n y, e n für alle x,y H. (e) x = x, e n für alle x X. Beweis. (a) (b): Definition. (b) (c): Sei x H und x n = N n α nie i x. Sei N > N n. Dann gilt x N x,e i e i = dist(x,lin{e1,...,e N }) dist(x,lin{e 1,...,e Nn }) x x n 0. (c) (d): Stetigkeit von,y. (d) (e): Setze y = x. n (e) (c): x x,e i e i = x j=1 n n x,e i e i,e j = x,e j x,e j + x,e j 0. (c) (a): Es ist nur die Eindeutigkeit der Darstellung zu beweisen. Falls 0 = α ie i gilt, gilt auch 0 = α i e i,e j = α i e i,e j = α j. j=1 n Beispiel. (a) Trigonometrische Polynome in L ([ π,π]) formen eine ONB. (b) Normierte Legendre-Polynome in L ([ 1,1]) formen eine ONB Korollar. Jeder separable Hilbertraum H besitzt eine Orthonormalbasis. Falls H separabel und unendlichdimensional ist, so ist H isometrisch isomorph zu l. Beweis. (a) Sei {x i : i N} eine dichte Teilmenge in H und H n := lin{x 1,...,x n }. Sei P n die Orthogonalprojektion auf H n. Setze ẽ n := x n P n 1 x n, N := {n N : ẽ n 0} und e n := ẽ n / ẽ n für n N und e n := 0 sonst. Dann e n H n H n 1, also ist (e n) n N ein Orthonormalsystem. Da lin{e 1,...e n } = H n, folgt die Dichtheit von lin{e n : n N} in H, also ist (e n ) n N eine Orthonormalbasis. (b) Sei dim H = und (e n ) eine ONB. Dann gilt für alle x H, x = x,e n e n. Betrachte Φ : H l, x ( x,e n ) n N. Dann ist Φ(x),Φ(y) l = x,y und Φ ist eine bijektive, lineare Isometrie.

7 10. HILBERTRÄUME Bemerkung. Jeder Hilbertraum H besitzt eine Orthonormalbasis (nicht unbedingt abzählbar!), d.h. eine dichte Teilmenge S H mit x y für x,y S, x y und x = 1. Beweis. Idee: verwende Zorn-Lemma um ein maximales ONS zu erhalten. Dies wird eine ONB sein.