Funktionalanalysis I

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1 Funktionalanalysis I Wintersemester 21/22 Skript zur Vorlesung von Prof. E. Zehnder Christian Frei D-MATH chrfrei@student.ethz.ch Version Februar 26

2 INHALTSVERZEICHNIS i Inhaltsverzeichnis 1 Metrische Räume, Baire Kategorie Definitionen, Notation Die Begriffe offen, abgeschlossen, konvergent, Kompaktheit in metrischen Räumen Die Baire-Kategorie Erste Anwendungen von Baire Vervollständigung Normierte Räume Definitionen und erste Folgerungen L(X, Y ), zur Erinnerung Quotientenräume und Produkträume Prinzipien der Funktionalanalysis Prinzip der gleichmässigen Beschränktheit Prinzip der offenen Abbildung Abschliessbare Operatoren Der Fortsetzungssatz von Hahn-Banach Der Satz von Hahn-Banach Folgerungen aus dem Fortsetzungssatz Sobolev-Räume Der Glättungsoperator Die Funktionenräume W m,p (Ω), H m,p (Ω) und H m,p (Ω) Dirichlet-Problem und schwache Lösung Reflexive Räume und schwache Konvergenz Separable Räume Reflexive Räume Beispiele von Dualräumen Schwache Konvergenz und Variationsprobleme Spektrum und Resolvente Adjungierte Operatoren im Hilbert-Raum Spektrum und Resolvente Halbgruppen Gewöhnliche Differentialgleichungen im Banach-Raum Spezialfall: Lineare Gleichungen Problemstellung: Das Cauchy-Anfangswert-Problem Kontraktionshalbgruppen Unitäre Gruppen auf H Kontraktionshalbgruppen in Hilberträumen Beispiele von Kontraktionshalbgruppen Flüsse von Vektorfeldern Unitäre Gruppen auf L 2 (R n ) Wärmeleitungsgleichung Freie Schrödinger-Gleichung A Das Riemann-Integral 116

3 1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE 1 1 Metrische Räume, Baire Kategorie In diesem Abschnitt werden die wichtigsten Grundbegriffe eingeführt, die uns in der Funktionalanalysis immer wieder begegnen werden. Viele davon werden dem Leser schon bekannt sein, sollen aber zur Erinnerung nochmals aufgeführt werden. 1.1 Definitionen, Notation Definition 1.1. (metrischer Raum, Metrik) Ein metrischer Raum ist ein Paar (M, d), wobei M eine Menge und d eine auf M definierte Funktion d : M M R ist, so dass für alle x, y, z M gilt: i) d(x, y) und d(x, y) = x = y; ii) d(x, y) = d(y, x) und iii) d(x, y) d(x, z) + d(z, y). Eine solche Funktion d auf M heisst Metrik oder Abstandsfunktion. Folgerung: Die Metrik ist stetig, denn es gilt Bemerkungen: d(x, y) d(u, v) d(x, u) + d(y, v). 1) Sei (M, d) ein metrischer Raum, A M. Dann ist (A, d) ebenfalls ein metrischer Raum. 2) Jede Menge ist metrisierbar mit der diskreten Metrik { 1 x y d(x, y) = sonst. Beispiel. Wir betrachten einige metrische Räume: 1. M = R, d(x, y) = x y. 2. Der Raum S aller Folgen {x : N R} = {x = (x j ) j x j R}: sei x = (x j ) und y = (y j ) S. Definiere die Funktion d(x, y) = j=1 1 x j y j 2 j 1 + x j y j 1 2 j = 1. j 1 Behauptung: Die so definierte Funktion d ist eine Metrik auf S. Beweis. i) d(x, y) folgt auf Grund der Definition, und es ist leicht zu sehen, dass d(x, y) = x j = y j j 1 x = y; ii) d(x, y) = d(y, x) ist klar; t 1+t iii) Wir definieren die Funktion ϕ(t) = für t. Für diese Funktion gilt ϕ() = und ϕ (t) = 1 (1+t) >. Das heisst, ϕ ist monoton steigend. Aus der 2 Dreiecksungleichung a + b a + b folgt dann N j=1 a + b a + b 1 + a + b 1 + a + b a 1 + a + b 1 + b und 1 x j y j N 2 j 1 + x j y j j=1 1 2 j x j z j 1 + x j z j + N j=1 1 2 j z j y j 1 + z j y j. Mit lim N bekommen wir d(x, y) d(x, z) + d(z, y) für alle x, y, z in S, wie behauptet.

4 1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE 2 3. Wir verwenden denselben Trick wie oben für den Raum C (Ω), wobei die Menge Ω R n offen ist. Dazu nehmen wir eine Folge von kompakten Mengen K j mit K j K j+1... j 1 K j =: Ω und definieren eine Metrik d für f, g C (Ω): d(f, g) = j=1 1 p j (f g) 2 j 1 + p j (f g), wobei p j (f g) = f g Cj (K j) = α = (α 1,..., α n ), α = α1 1 α αn n, j = x j, α = α 1 + α α n. max x K j, α j α f(x) α g(x) und Es ist unsere Konvention, dass f(x) g(x) = f(x) g(x). Dass d(f, g) wirklich eine Metrik ist, lässt sich wie im vorhergehenden Beispiel zeigen. 4. Die Räume l p, 1 p. Der Raum l = {x = (x j ) j x j R und sup j 1 x j < } hat noch mehr Struktur als ein metrischer Raum; er ist sogar ein Vektorraum, es gilt also für x = (x j ), y = (y j ) die Beziehung x + y = (x j + y j ) j l. Wir definieren auf l die Metrik d (x, y) := sup x j y j <. j 1 Die Metrik ist wohldefiniert, und die Eigenschaften i) und ii) folgen sofort. Für iii) gilt für alle j: x j y j = x j z j + z j y j x j z j + z j y j sup j 1 x j z j + sup z j y j = d(x, z) + d(z, y). j 1 Machen wir auf der linken Seite den Übergang ins Supremum, so ergibt sich d(x, y) d(x, z) + d(z, y). Auch die Räume l p = {x = (x j ) j j 1 x j p < } mit 1 p < sind Vektorräume, es gilt also auch hier für x = (x j ), y = (y j ) aus l p die Vektoraddition (x + y) = (x j + y j ) j l p. Wegen der Minkowski-Ungleichung ist 1/p 1/p 1/p N N N x j + y j p x j p + y j p. j=1 j=1 Mit dem Grenzübergang N wird daraus x j + y j p j=1 1/p x j p j=1 1/p j=1 + y j p j=1 1/p. Dass die Funktion eine Metrik auf l p Ungleichung. d p (x, y) = x j y j p j=1 definiert, beweist man wie vorher mit der Minkowski- 1/p

5 1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE Die Begriffe offen, abgeschlossen, konvergent,... Im Folgenden sei ein metrischer Raum (M, d) vorgegeben. Definition 1.2. (offen, Durchmesser, konvergente Folge, Grenzwert) Eine offene Kugel mit Zentrum a M und Radius r > ist die Menge B(a, r) = B r (a) = {x M d(x, a) < r}; Eine Menge U M heisst offen, falls für jedes x U ein r > existiert, so dass B r (x) U; Der Durchmesser δ einer Teilmenge A M ist definiert durch δ(a) = sup{d(x, y) x, y A}. Eine Folge (x j ) M heisst konvergent, falls ein x M existiert, so dass lim n d(x n, x) =, das heisst, zu jedem ε > gibt es ein N = N ε, so dass d(x n, x) < ε für alle n N. Der Punkt x heisst der Grenzwert der Folge (x n ). Wir verwenden die Notationen lim x n = x oder x n x in (M, d). n Der Grenzwert einer Folge sofern er existiert ist eindeutig, denn mit x n x, x n y folgt d(x, y) d(x, x n ) + d(x n, y) (n ), also d(x, y) = und, nach Definition der Metrik, endlich x = y. An dieser Stelle stellt sich nun die Frage: Was bedeutet die Konvergenz in den einzelnen Räumen? Dazu betrachten wir die Konvergenz einer Folge von Folgen in (S, d) und l : Konvergenz im Raume (S, d). Wir betrachten die Folge x (n) von Folgen in S, also x (n) = (x (n) j ) j mit dem Grenzwert x = (x j ). Nach dem vorangehenden Beispiel 2 ist (n) d(x (n) 1 xj x j, x) = 2 j j=1 1 + x (n) j x j. Somit schliessen wir, dass lim n x (n) = x genau dann, wenn für jedes einzelne j 1 gilt lim n x (n) j x j =, das heisst, wenn die Funktionen x (n) : N R auf N punktweise gegen eine Funktion x : N R konvergieren. Im Gegensatz dazu gilt für x (n) = (x (n) j ), x = (x j ) in l ( ) lim n x(n) = x in l lim sup x (n) n j x j =. j 1 In anderen Worten: die Funktionen x (n) : N R konvergieren gleichmässig auf N gegen die Funktion x : N R. Um diesen Unterschied noch etwas zu verdeutlichen betrachten wir folgende Aufgabe: Konvergiert die Folge x (n) = (1, 1,..., 1,,...) mit x (n) j = { 1 j n). sonst gegen die Folge x = (1, 1,...)? Die Antwort lautet ja in (S, d), aber nein in l, denn es ist offensichtlich d (x (n), x) 1 für alle n.

6 1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE 4 Definition 1.3. (Abschluss, abgeschlossene Menge) Der Abschluss Ā einer Teilmenge A M ist die Menge Ā = {x M x = lim n x n, x n A n}. Offensichtlich ist A Ā: Nehme für alle x A x n = x. Bemerkung: der Abschluss einer Menge kann viel grösser sein als die Menge selber, siehe untenstehendes Beispiel 1. Eine Teilmenge A M heisst abgeschlossen in M, falls Ā = A. Beispiel. Abgeschlossene Mengen: 1. Q = R. 2. Es sei (M, d) = (C[, 1], d ), d (x, y) = max t 1 x(t) y(t) <, der metrische Raum der auf dem abgeschlossenen Intervall [, 1] stetigen Funktionen, und A = {P olynome} C[, 1]. Dann ist nach dem Satz von Weierstrass Ā = C[, 1]. Die zur Metrik gehörende Konvergenz ist die gleichmässige Konvergenz. Definition 1.4. (dichte Menge, kompakte Menge, Cauchy-Folge) A M heisst dicht in M, falls Ā = M, das heisst, zu jedem x M und jedem r > existiert ein a A mit a B r (x). A M heisst (folgen-)kompakt im metrischen Raum M, falls jede Folge (x j ) in A eine in A konvergente Teilfolge (x jk ) k besitzt: lim x j k = x A. k Insbesondere sind kompakte Mengen abgeschlossen. In den einzelnen metrischen Räumen (M, d) gibt es im Allgemeinen Kompaktheitskriterien, so zum Beispiel in (R n, 2 ): Nach Heine-Borel ist A genau dann kompakt, wenn A abgeschlossen und beschränkt ist. Eine Folge (x n ) M heisst eine Cauchy-Folge, falls es zu jedem ε > ein N = N ε gibt, so dass d(x n, x m ) < ε für alle n, m N. Äquivalente Formulierung: Sei X n = {x j j n} M, X n X n+1. Die Folge (x j ) ist eine Cauchy-Folge, falls δ(x n ) (n ). Bemerkung: Cauchy-Folge ist kein topologischer Begriff. Eine stetige Abbildung bildet konvergente Folgen auf konvergente Folgen ab, aber nicht notwendigerweise Cauchy-Folgen auf Cauchy-Folgen. Hingegen bilden gleichmässig stetige Abbildungen Cauchy-Folgen auf Cauchy-Folgen ab. Nicht jede Cauchy-Folge ist konvergent. Betrachten wir zum Beispiel den Raum (M, d) = (C[, 1], d 1 ), d 1 (x, y) = 1 x(t) y(t) dt d (x, y). Die Folge t 1/2 x n (t) = n(t 1/2) 1/2 t 1/2 + 1/n 1 1/2 + 1/n t 1 ist eine Cauchy-Folge in (M, d 1 ), denn d 1 (x n, x m ) 1 n + 1 m. Die Folge x n konvergiert punktweise und in L 1 ([, 1]) gegen { t 1/2 x(t) = 1 1/2 < t 1. Aber x liegt nicht mehr in C([, 1]). Das heisst, die Folge konvergiert nicht in (M, d 1 ).

7 1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE 5 Definition 1.5. (vollständiger (metrischer) Raum) Ein metrischer Raum (M, d) heisst vollständig, falls jede Cauchy-Folge in M konvergiert. In vollständigen (metrischen) Räumen gilt daher das bekannte Cauchy- Kriterium. Satz 1.1 (Zusammenhang vollständig - abgeschlossen). Sei (M, d) ein metrischer Raum, A M eine Teilmenge von M. Dann gelten folgende Aussagen: i) Ist (M, d) vollständig und Ā = A, so ist auch (A, d) vollständig; ii) Ist (A, d) vollständig, so gilt A = Ā. Beweis. i) Sei (x n ) eine Cauchy-Folge in A. Dann ist (x n ) auch eine Cauchy-Folge in M. Weil M vollständig ist, existiert der Grenzwert x = lim j x j in M mit x j A. Daher ist x im Abschluss Ā von A und, da A abgeschlossen ist, liegt x in A selber. Das heisst, jede Cauchy-Folge konvergiert in A, und somit ist (A, d) vollständig. ii) Sei x Ā. Nach Definition des Abschlusses einer Menge ist x der Grenzwert einer Folge in A, also x = lim j x j, x j A. Daher ist (x j ) eine Cauchy-Folge in A. A ist jedoch vollständig, also existiert ein y in A mit y = lim j x j. Da der Grenzwert einer Folge eindeutig ist, folgt x = y A. Theorem 1.1 (Prinzip der Intervallschachtelung). Wir beweisen: Ein metrischer Raum (M, d) ist genau dann vollständig, wenn für jede Folge A j M von Teilmengen mit i) A j = Āj, ii) A j A j+1..., iii) δ(a j ) (j ) gilt, dass j 1 A j = {x } genau ein Punkt x M ist. Bemerkung: In diesem Satz sind die Voraussetzungen besonders wichtig! Betrachten wir folgende Beispiele mit M = R: Für A n = { < x < 1/n} gilt n 1 A n =. Die Voraussetzungen A n A n+1... und δ(a n ) sind zwar erfüllt, aber die A n sind nicht abgeschlossen. Also ist der Satz hier nicht anwendbar. Es gilt n 1 {x n} =. Auch hier ist der Satz nicht anwendbar. Zwar sind die Mengen A n = {x n} abgeschlossen und absteigend (A n A n+1...), aber es ist δ(a n ) = für alle n. Beweis. ( ) Wir wählen x j A j, j 1. Dann definieren wir die Mengen E j = {x j, x j+1, x j+2,...} A j. Es gilt offenbar δ(e j ) (j ). Daher ist (x j ) eine Cauchy-Folge und, weil M vollständig, konvergent: es existiert ein x M mit x = lim j x j. Wegen ii) ist x Āj für j 1 und wegen i) folgt x A j (j 1), das heisst x j 1 A j. Sei nun auch y j 1 A j. Dann sind x, y A j für alle j 1 und es folgt d(x, y) δ(a j ), (j ), also ist x = y. ( ) Sei (x j ) eine Cauchy-Folge. Es genügt, die Konvergenz einer Teilfolge zu zeigen. Wir definieren den Abschluss A j = {x j, x j+1, x j+2,...} M.

8 1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE 6 Dann gilt δ(a j ) (j ), weil (x j ) eine Cauchy-Folge ist. Überdies ist A j A j+1, das heisst, (A j ) erfüllt i) iii). Nach Voraussetzung existiert ein x M mit x j 1 A j. Weil x {x j, x j+1,...} für jedes j 1, so finden wir nach Definition des Abschlusses eine Teilfolge (x jk ) k mit x = lim k x j k, und, da (x j ) eine Cauchy-Folge ist, x = lim j x j. 1.3 Kompaktheit in metrischen Räumen Definition 1.6. Sei (M, d) ein metrischer Raum. Eine Teilmenge K M heisst überdeckungskompakt, falls es für jede (nicht notwendigerweise abzählbare) offene Überdeckung {U i } i I, das heisst K i I U i, eine endliche Teilüberdeckung {U i1,..., U in } gibt, das heisst K U i1 U in. Eine Teilmenge K M heisst folgenkompakt, wenn jede Folge in K eine Teilfolge hat welche gegen einen Punkt aus K konvergiert. Dies kann auch folgendermassen gesagt werden: Jede Folge in K hat einen Häufungspunkt in K. Eine Teilmenge K M heisst total beschränkt, wenn sie für jedes ε > mit endlich vielen Bällen vom Radius ε überdeckt werden kann. Man kann annehmen, dass die Mittelpunkte der Bälle in K liegen, denn ist K B ε (x 1 ) B ε (x n ), so gilt für y i B ε (x i ) K, dass K B 2ε (y 1 ) B 2ε (y n ). Eine Teilmenge R X heisst relativ kompakt, falls ihr Abschluss R kompakt ist. Satz 1.2. Für eine Teilmenge K eines metrischen Raums (M, d) sind äquivalent: i) K ist überdeckungskompakt, ii) K ist folgenkompakt, iii) K ist total beschränkt und vollständig. Beweis. i) ii) : Sei {x n } n N K eine Folge ohne Häufungspunkt in K. Für jedes y K gibt es einen Radius r y >, so dass der Ball B ry (y) nur endlich viele Folgenglieder enthält. Die {B ry (y)} y K sind eine offene Überdeckung von K, so dass es y 1,..., y n K gibt mit K B ry1 (y 1 ) B ryn (y n ). Da die Folge {x n } n N keinen Häufungspunkt in K hat, besteht sie aus unendlich vielen verschiedenen Folgengliedern (sonst müsste ein Folgenglied unendlich oft auftreten und wäre damit ein Häufungspunkt), die alle in mindestens einem der Bälle B ryi (y i ) liegen, einer davon enthält also unendlich viele Folgenglieder, im Widerspruch zur Wahl von r y. Es gibt also keine Folge ohne Häufungspunkt in K. ii) iii) : Sei {x n } n N eine Cauchy-Folge in K. Nach Annahme besitzt die Folge einen Häufungspunkt x K. Da Cauchy-Folgen höchstens einen Häufungspunkt besitzen, konvergiert die Folge gegen x K, und K ist vollständig. Wäre K nicht total beschränkt, gäbe es ein ε >, für das es keine endliche Überdeckung von K mit Bällen vom Radius ε gibt. Wähle x 1 K beliebig. Nach Annahme gibt es ein x 2 K \ B ε (x 1 ). Sind x 1,..., x n K schon konstruiert, so wähle x n+1 in K \ (B ε (x 1 ) B ε (x n )), was nach Annahme möglich ist. Aufgrund der Konstruktion ist d(x i, x j ) > ε, die Folge {x n } n N besitzt somit keinen Häufungspunkt. Deswegen muss K total beschränkt sein.

9 1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE 7 iii) i) : Sei {U i } i I eine Überdeckung von K mit offenen Mengen, die keine endliche Teilüberdeckung hat. Sei ε n = 2 n. Aufgrund der totalen Beschränktheit wird K von endlich vielen B ε1 (x i ) überdeckt. Da die {U i } i I keine endliche Teilüberdeckung besitzen, wird eines der K B ε1 (x i ) auch von keiner endlichen Teilüberdeckung überdeckt. Sei y 1 = x i. Die Menge K B ε1 (y 1 ) ist als Teilmenge von K total beschränkt, wird also von endlich vielen B ε2 (x j ) überdeckt. Eines dieser B ε2 (x j ) wird von keiner endlichen Teilüberdeckung von {U i} i I überdeckt. Sei y 2 = x j. Durch dieses Verfahren wird induktiv eine Folge {y n} n N definiert. Für n m ist d(y n, y m ) ε n + + ε m 2 n+1, daher sind die {y n } n N eine Cauchy-Folge und konvergieren gegen ein y K, da K vollständig ist. Dieses y ist in einem U i der Überdeckung enthalten. Da jenes offen ist, enthält es einen Ball B δ (y) für δ >. Wähle n so gross, dass d(y, y n ) δ 2 und ε n δ 2. Die Inklusionen B ε n (y n ) K B δ (y) K U i widersprechen der Wahl von B εn (y n ), da dieses nicht von endlich vielen Mengen {U i } i I überdeckt wird. Bemerkung: In topologischen Räumen gilt weder i) ii) noch ii) i). Das Konzept der Totalbeschränktheit besitzt kein Analogon in topologischen Räumen. Satz 1.3. Eine total beschränkte Menge in einem vollständigen metrischen Raum ist relativ kompakt. Beweis. Da eine abgeschlossene Teilmenge eines vollständigen metrischen Raumes ist vollständig ist, genügt es zu zeigen, dass der Abschluss einer totalbeschränkten Menge total beschränkt ist. Sei K total beschränkt und ε >. Es gibt x 1,..., x n, so dass K B ε (x 2 1) B ε (x 2 n). Weiter gilt was zu zeigen war. K B ε 2 (x 1) B ε 2 (x n) B ε (x 1 ) B ε (x n ), Satz 1.4 (Heine-Borel). Eine Teilmenge des R n (versehen mit der euklidischen Metrik) ist genau dann kompakt, wenn sie beschränkt und abgeschlossen ist. Beweis. Eine kompakte Menge ist beschränkt (überdecke K mit {B n ()} n N ) und abgeschlossen (aus x n x folgt, dass x als einziger Häufungspunkt der Folge {x n } n N selbst in K liegen muss). Jede beschränkte Teilmenge des R n ist total beschränkt: Nach Annahme ist sie in einem Ball und daher auch in einem Würfel enthalten. Dieser Würfel kann in endlich viele Würfel beliebig kleiner Seitenlänge ε zerlegt werden. Diese kleinen Würfel liegen je in einer Kugel mit Radius nε, d.h. jede beschränkte Teilmenge des R n ist total beschränkt. Da R n vollständig ist, ist es auch jede abgeschlossene Teilmenge, insbesondere ist jede beschränkte abgeschlossene Menge total beschränkt und vollständig, also kompakt. Bemerkung: Bezüglich der Metrik d(x, y) = x y 1+x 2 1+y 2 ist R beschränkt und abgeschlossen, aber nicht kompakt, denn die Folge {n} n N hat keinen Häufungspunkt in (R, d). Ein anderes Beispiel einer nicht kompakten aber beschränkten und abgeschlossenen Menge ist die Einheitssphäre in l p (betrachte die Standardbasis als Folge). Allgemeiner folgt aus einem Satz von Riesz (wird später in der Vorlesung behandelt), dass nur in endlichdimensionalen normierten Vektorräumen alle beschränkten und abgeschlossenen Mengen kompakt sind. Satz 1.5. In einem kompakten metrischen Raum gibt es eine abzählbare dichte Teilmenge, d.h. ein kompakter metrischer Raum ist separabel.

10 1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE 8 Beweis. Sei (K, d) ein kompakter metrischer Raum. Für jedes n N gibt es Punkte x (n) 1,..., x(n) m n K, mit K B 1 n (x(n) 1 ) B 1 n (x(n) m n ). Es ist einfach zu sehen, dass D = n {x(n) 1,..., x(n) m n } eine abzählbare dichte Teilmenge von K ist. Definition 1.7. Seien (X, d X ) und (Y, d Y ) metrische Räume, weiter sei X kompakt. Eine Familie F C(X, Y ) heisst gleichgradig stetig, wenn es für jedes ε > ein δ = δ(ε) > gibt, so dass d X (x, x ) < δ d Y (f(x), f(x )) < ε x, x X, f F. Beachte, dass jede Funktion in einer gleichgradig stetigen Familie gleichmässig stetig ist. Bemerkung: Der Raum C(X, Y ) wird mit der Metrik d (f, g) = sup d Y (f(x), g(x)) x X zu einem vollständigen metrischen Raum. Satz 1.6 (Arzelà Ascoli). Sei (X, d X ) ein kompakter metrischer Raum und (Y, d Y ) ein vollständiger metrischer Raum. Eine Familie F von stetigen Funktionen ist genau dann relativ kompakt in (C (X, Y ), d ), wenn die Famile F gleichgradig stetig ist und für jedes x X die Menge F (x) := {f (x) f F} relativ kompakt in (Y, d Y ) ist. Beweis. = : Sei der Abschluss F von F kompakt. Da die Abbildung ev x : (C (X, Y ), d ) (Y, d Y ) f f (x) für jedes x X stetig ist, folgt, dass die Menge F (x) als Bild der kompakten Menge F kompakt ist, somit deren Teilmenge F (x) relativ kompakt ist. Sei ε > gewählt. Da F als kompakte Menge in (C (X, Y ), d ) nach Satz 1.2 totalbeschränkt ist, somit auch F totalbeschränkt ist, existieren f 1,..., f n F mit F B ε (f i ), also gibt es für jedes f F ein 1 i f n mit 1 i n d ( f, fif ) ε. Weiter existiert, weil stetige Funktionen auf kompakten Räumen gleichmässig stetig sind, ein δ > mit d Y (f i (x), f i (y)) ε für alle x, y X mit d X (x, y) δ und alle 1 i n. Für f F gilt insgesamt d Y (f (x), f (y)) d Y ( f (x), fif (x) ) +d Y ( fif (x), f if (y) ) +d Y ( fif (y), f (y) ) 3ε für alle x, y X mit d X (x, y) δ, somit ist F gleichgradig stetig. =: Sei zunächst eine Folge f n von Funktionen aus F gegeben. Um eine in (C (X, Y ), d ) konvergente Teilfolge zu konstruieren, wähle zuerst eine abzählbare, dichte Teilmenge (x n ) n N des kompakten Raumes (X, d X ). Da F (x 1 ) nach Voraussetzung relativ kompakt ist, existiert eine Teilfolge f n1,j sodass f n1,j (x 1 ) konvergiert. Induktiv kann analog für alle k N eine Teilfolge f nk+1,j von f nk,j erhalten werden so, dass f nk+1,j (x k+1 ) konvergiert. Die Diagonalfolge g k := f nk,k konvergiert somit auf allen Punkten (x n ) n N. Weil (C (X, Y ), d ) vollsändig ist, genügt es zu

11 1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE 9 zeigen, dass die Folge g k eine Cauchyfolge ist. Sei ε > und wähle δ > mit der gleichgradigen Stetigkeit von F. Da (X, d X ) kompakt ist und (x n ) n N dicht liegt, existiert ein n so, dass X = B δ (x i ) gilt. Also gibt es für jedes x X ein 1 i n 1 i x n mit d X (x, x ix ) δ. Weiter existiert ein N N mit d Y (g l (x i ), g m (x i )) ε für alle l, m N und alle 1 i n, da g k auf allen Punkten (x n ) n N konvergiert. Für alle x X und l, m N gilt insgesamt d Y (g l (x), g m (x)) d Y (g l (x), g l (x ix )) + d Y (g l (x ix ), g m (x ix )) + d Y (g m (x ix ), g m (x)) 3ε, also ist g k eine Cauchyfolge im vollständigen Raum (C (X, Y ), d ) und somit konvergent. Sei nun allgemein h k eine Folge von Funktionen aus dem Abschluss F von F. Nach Definiton des Abschlusses kann eine Folge f n von Funktionen aus F mit d (f n, h n ) 1 n gewählt werden, welche nach dem soeben Bewiesenen eine konvergente Teilfolge f nk besitzt, deren Limes f aufgrund der Abgeschlossenheit in F liegt. Insgesamt konvergiert jedoch auch h nk gegen f F und die Kompaktheit von F ist gezeigt. Satz 1.7. Sei (X, d X ) ein kompakter metrischer Raum. Eine Familie F von stetigen, reel- oder komplexwertigen Funktionen ist genau dann relativ kompakt in (C (X), ), wenn die Famile F gleichgradig stetig und beschränkt ist. Beweis. Falls F beschränkt ist in (C (X), ) ist auch F (x) für jedes x X beschränkt und also nach Heine-Borel relativ kompakt. Somit kann Satz 1.6 angewendet werden. Da kompakte Mengen in Normierten Räumen beschränkt sind, ergibt sich auch die andere Implikation aus Satz Die Baire-Kategorie Der historische Ursprung des Begriffes Baire-Kategorie war folgende Frage: Angenommen, für eine gegebene Folge f n : [, 1] R von stetigen Funktionen existiere der Grenzwert lim n f n(x) = f(x) für jedes x [, 1], das heisst, die Folge konvergiere punktweise. Ist nun die Menge A der Punkte x in [, 1], in denen f(x) nicht stetig ist gross oder klein? Die Antwort dazu gab Baire: er sagte, die Menge A sei von erster Kategorie Kat(A) = 1 oder die Menge sei mager. Zunächst betrachten wir noch eine Folgerung aus der Vollständigkeit eines metrischen Raumes. Theorem 1.2. Der metrische Raum (M, d) sei vollständig. Dann gelten folgende Aussagen: i) Die Mengen U j M seien offen und dicht für j 1. Dann ist j 1 U j dicht in M; ii) Sei M von der Form M = j 1 A j mit A j = Āj für j 1. Dann gibt es (mindestens) ein j, so dass A j eine in M offene Kugel von M enthält.

12 1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE 1 Bemerkung: In diesem Theorem ist es wichtig, dass M vollständig ist und die Folgen (U j ), (A j ) abzählbar sind: Sei M = R = x R {x}. {x} ist jeweils abgeschlossen in R, enthält aber keine offene Kugel in R. Denn die Vereinigung ist nicht abzählbar. Ähnlich ist es mit M = Q = q Q {q}. {q} ist abgeschlossen, enthält aber wiederum keine offene Kugel in Q. Diesmal ist die Vereinigung abzählbar, doch: Q ist nicht vollständig. Beweis. Wir benutzen dazu die Vollständigkeit von M und Theorem 1.1: i) Wir wollen zeigen: eine offene Kugel B = B r (x) sei gegeben mit r >. Dann existiert ein x M mit x B j 1 U j. Da B offen und U 1 dicht ist, schliessen wir, dass B U 1. Weil U 1 offen ist, ist auch B U 1 offen. Folglich existiert ein x 1 B, so dass es eine abgeschlossene Kugel Br1 (x 1 ) B U 1 gibt mit < r 1 < 1 2. Da B r 1 (x 1 ) und U 2 wiederum offen sind und Ū2 = M, existiert ein x 2 B r1 (x 1 ), so dass B r2 (x 2 ) B r1 (x 1 ) U 2 < r 2 < Induktiv finden wir nun für jedes j 1 ein x j B r1 (x 1 ), so dass B rj (x j ) B rj 1 (x j 1 ) U j < r j < 1 2 j. Definieren wir A j := B rj (x j ), so erhalten wir die absteigende Folge von Mengen B A 1 A 2... aus abgeschlossenen A j, für die zudem gilt δ(a j ), wenn j. Nach unseren Voraussetzungen ist M vollständig, und wir können nun Theorem 1.1 anwenden. Demnach gibt es genau einen Punkt x M, für welchen gilt {x } = j 1 A j. Daraus schliessen wir, dass x A j B r1 (x 1 ) U j für alle j 1. Nach unserer obigen Konstruktion heisst das aber, dass x B j 1 U j, wie gewünscht. Aus i) folgt ii): wir nehmen an, die abgeschlossenen A j = Āj enthalten keine offene Kugel von M für alle j. Dann sind die Mengen U j = M \ A j offen und dicht in M für alle j 1. Mit A = j 1 A j ergibt sich M \ A = M \ j 1 A j = (M \ A j ) = U j, j 1 j 1 und M \ A ist nach i) sogar dicht in M. Also ist A M, im Widerspruch zur Annahme. Definition 1.8. (nirgends dichte Menge) Eine Teilmenge A M heisst nirgends dicht in M, falls Ā keine offene Kugel von M enthält. Äquivalent dazu ist folgende Formulierung: A M ist nirgends dicht, falls M \ Ā dicht in M ist. Beispiel. Z R ist nirgends dicht in R. Definition 1.9. (Baire-Kategorie, residuelle Menge)

13 1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE 11 i) Eine Teilmenge A M heisst von 1. Kategorie oder mager, falls A von der Form A = j 1 A j ist und die A j nirgends dicht sind. Notation: Kat(A) = 1; ii) A M heisst von 2. Kategorie, falls A nicht von erster Kategorie ist. Wir schreiben analog Kat(A) = 2; iii) Das Komplement einer Menge A mit Kat(A) = 1 heisst residuell, in Formeln: R = M \ A, Kat(A) = 1. Bemerkungen: 1. Eine Teilmenge einer Menge 1. Kategorie ist wieder von 1. Kategorie. Die abzählbare Vereinigung von Mengen 1. Kategorie ist ebenfalls von 1. Kategorie. Umgekehrt ist die Obermenge einer Menge 2. Kategorie selbst eine Menge von 2. Kategorie. 2. Eine Menge 1. Kategorie kann dicht sein in M. Ein Beispiel: Betrachte M = R und die abzählbaren Vereinigung Q = q Q {q}. Es ist Kat(Q) = 1 und Q = R. Andererseits gilt: Kat(R \ Q) = 2, denn R ist vollständig. Beweis. Angenommen, es sei Kat(R \ Q) = 1. Dann ist R = Q (R \ Q) = q Q{q} A j, j 1 wobei die A j nirgends dicht sind. Offensichtlich enthält keine der abzählbar vielen Mengen auf der rechten Seite eine offene Kugel in R, im Widerspruch zu Theorem 1.2. Lemma 1.1. Eine Teilmenge R M ist residuell genau dann, wenn R j 1 U j mit offenen und in M dichten U j für alle j 1. Beweis. (= ) Es ist R = M \A mit A = j 1 A j j 1 Āj für A j nirgends dicht. Dann ist R = M \ A j M \ Ā j = (M \ Āj) = U j j 1 j 1 j 1 j 1 für U j := M \ Āj offen und dicht in M. ( =) Sei R j 1 U j mit offenen und dichten U j. Dann ist M \ R M \ j 1 U j = (M \ U j ) = A j, j 1 j 1 wobei die A j nirgends dicht sind. Somit ist M \ R enthalten in einer Menge 1. Kategorie, also selbst von 1. Kategorie. Theorem 1.3 (Baire). Sei (M, d) ein vollständiger Raum. Dann ist i) Kat(M) = 2; ii) Kat(A) = 1 Kat(M \ A) = 2 und M \ A ist dicht in M; iii) U ist offen Kat(U) = 2.

14 1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE 12 Beweis. i) Dies ist die Aussage von Theorem 1.2. ii) Sei also A von erster Kategorie. Wenn nun Kat(M \ A) = 1 gilt, so ist Kat(M) = Kat(A (M \ A)) = 1, im Widerspruch zu i). Also muss (M \ A) von zweiter Kategorie sein. Weil dann M \ A j 1 U j für offene und dichte U j, folgt M \ A = M mit Theorem 1.2.i). iii) Für ein offenes U ist M \ U nicht dicht in M. Daher ist Kat(U) 1 wegen ii), also Kat(U) = 2. Definition 1.1. (innerer Punkt, Inneres einer Menge) Ein Punkt x A einer Teilmenge A M heisst innerer Punkt von A, falls in M eine offene Kugel B r (x) mit r > existiert, so dass B r (x) noch ganz in A enthalten ist, also B r (x) A. Das Innere von A, int(a) A, ist die Menge aller inneren Punkte von A. Nach dieser Definition ist A genau dann nirgends dicht, falls das Innere seines Abschlusses leer ist: A nirgends dicht int(ā) =. Satz 1.8. In einem metrischen Raum (M, d) sind die folgenden vier Aussagen äquivalent: i) Falls A M von 1. Kategorie, so ist M \A =: A c dicht in M, das Komplement jeder mageren Menge ist also dicht in M; ii) Falls A = j 1 A j für abgeschlossene A j mit int(a j ) = für alle j 1, so ist int(a) = : Das Innere jeder mageren Menge ist leer; iii) Falls U offen ist, so ist U von 2. Kategorie, die leere Menge ist also die einzige offene und magere Teilmenge; iv) Falls U = j 1 U j für offene und in M dichte U j, so ist auch U dicht: abzählbare Durchschnitte offener und dichter Mengen sin dicht in M. Beweis. Man beweist leicht die Reihenfolge i) ii) iii) iv) i) (Übungsaufgabe). Wenn wir nun die vorangehenden Erkenntnisse zusammenfassen, dann ergibt sich Theorem 1.4 (Baire). In einem vollständigen metrischen Raum (M, d) gelten die Aussagen i) iv) des Satzes 1.8. Beweis. Das Theorem ist eine direkte Folge aus Theorem 1.2 und Satz 1.8. Bemerkung: Die Nullmenge ist eine mengentheoretisch völlig andere Vorstellung einer mageren Menge: Satz 1.9. Sei M = R, dann existiert eine Teilmenge A R von erster Kategorie so, dass R = A (R \ A) mit Kat(R \ A) = 2 und R \ A eine Lebesgue-Nullmenge. Beweis. Wir benutzen, dass R vollständig ist: Wir nehmen eine abzählbare, dichte Menge {a 1, a 2,...} in R, zum Beispiel Q, und definieren die offenen Intervalle I ij := {x R x a i < 2 (i+j+1) } für i, j 1. Dann ist U j := i 1 I ij für jedes j offen und dicht, und U = j 1 U j ist eine Lebesgue-Nullmenge, also m(u) =, denn aus der Monotonie und der Subadditivität des Lebesgue-Masses ist (mit U U j = i 1 I ij) m(u) m(u j ) i 1 m(i ij ) = i 1 2 (i+j) = 2 j

15 1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE 13 für jedes feste j 1. Also ist m(u) =. Wir definieren nun A = R \ U = (R \ U j ) = A j, }{{} j 1 j 1 :=A j wobei die A j nirgends dicht sind, das heisst Kat(A) = 1. Weil R vollständig ist, folgt Kat(R \ A) = Kat(U) = Erste Anwendungen von Baire Wir stellen uns die Frage: Gibt es stetige Funktionen, die nirgends differenzierbar sind? Die Antwort ist: Ja, im Sinne der Kategorie sind sie sogar der typische Fall! Satz 1.1 (Banach, 1931). Sei R die Menge der auf [, 1] stetigen und nirgends differenzierbaren Funktionen. Dann ist R residuell im vollständigen metrischen Raum (C[, 1], d ), also insbesondere dicht. Beweis. Zum Beweis des Satzes benutzen wir die Vollständigkeit von C[, 1] und Theorem 1.2: Wir setzen die stetige Funktion f : [, 1] R durch Konstanten stetig fort, so dass f auf ganz R definiert ist. Für n 1 setzen wir { U n = x C[, 1] U = n 1 U n R. sup < h 1 } x(t + h) x(t) h > n t [, 1], Ein x U ist demnach in keinem Punkt von [, 1] differenzierbar. Wir zeigen: die U n sind offen und dicht. Dann folgt, dass R residuell und dicht ist (Lemma 1.1 bzw. Theorem 1.2). i) U n ist offen: Sei x U n. Dann gibt es (nach der Definition des Supremums) zu jedem t [, 1] ein δ t > und ein h t mit < h t 1 so, dass x(t + h t ) x(t) h t > n + δ t. Weil x stetig ist, existiert ein offenes Intervall I t t, so dass für alle s I t gilt x(s + h t ) x(s) h t > n + δ t. Weil [, 1] kompakt ist, gibt es endlich viele solcher Intervalle I t1,..., I tn, welche [, 1] überdecken. Somit können wir δ = min{δ t1,..., δ tn } >, h = min{ h t1,..., h tn } > definieren. Wir nehmen nun ein y C[, 1] und ein t [, 1]. Also ist t I tj j {1,..., N}. Damit folgt für ein x(t + h tj ) x(t) x(t + h tj ) y(t + h tj ) + y(t + h tj ) y(t) + y(t) x(t) 2 x y + y(t + h tj ) y(t).

16 1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE 14 Sei x y < ε, dann ist y(t + h tj ) y(t) h tj x(t + h tj ) x(t) h tj 2 x y h tj n + δ 2ε h > n, falls ε hinreichend klein ist. Dies gilt jedoch für jedes t [, 1], und so ist y U n. ii) U n ist dicht (nach Weierstrass): Sei B ε (y) C[, 1] eine offene Kugel. Wir werden zeigen: es existiert ein x B ε (y) U n. Nach Weierstrass existiert ein Polynom p, so dass y p < ε/2. Wir suchen nun ein x U n mit x p < ε/2. Dazu definieren wir eine stetige, periodische Zick-Zack-Funktion z. Offenbar ist z(t) stetig und periodisch, mit z(t) 1 für alle z(t) t R. Wir definieren für λ > 1 die Funktion x λ (t) = p(t) + z λ (t), t mit z λ (t) = λ z(t/λ 2 ). Mit den obigen Definitionen ist dann z λ (t) λ, Steigung z λ (t) = 1/λ und x λ p = λ. Es gilt dann x λ (t + h) x λ (t) h z λ (t + h) z λ (t) h p(t + h) p(t) h. Wenn wir h klein genug wählen, folgt mit dem Mittelwertsatz x λ (t + h) x λ (t) h 1 λ d dt p > n, falls λ hinreichend klein ist. Dies gilt für alle t, also ist x B ε (y) U n für kleine λ, was zu beweisen war. An dieser Stelle beweisen wir noch ein Theorem, welches später für uns wichtig sein wird: Theorem 1.5 (Prinzip der gleichmässigen Beschränktheit). Sei (M, d) ein vollständiger, metrischer Raum, f λ : M R, λ Λ, eine Familie von stetigen Funktionen. Falls die Familie punktweise beschränkt ist, das heisst, sup f λ (x) < x M, λ Λ dann gibt es eine offene Kugel B M, so dass sup f λ (x) <, λ Λ,x B das heisst, die Familie ist gleichmässig beschränkt auf B. Beweis. Wir benutzen dazu Theorem 1.2 sowie die Stetigkeit der f λ : Für jedes λ Λ und n 1 definieren wir A n,λ := {x M f λ (x) n}. Jedes A n,λ ist abgeschlossen, da f λ stetig ist. Wir bilden dann die Menge A n := λ Λ A n,λ = {x M f λ (x) n λ Λ}.

17 1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE 15 Insbesondere ist A n abgeschlossen. Nach Voraussetzung existiert für jedes x M ein j, so dass x A j, also ist M = j 1 A j. Weil nun M vollständig ist, gibt es nach Theorem 1.2 ein j und eine offene Kugel B A j, das heisst f λ (x) j λ Λ, x B. Satz 1.11 (Baire). Sei (M, d) ein vollständiger metrischer Raum, f n eine Folge von stetigen Funktionen f n : M R, n 1 und es existiere der Grenzwert lim f n(x) =: f(x) R n für jedes x M. Dann ist R = {x M f stetig in x} eine residuelle Menge, also insbesondere dicht in M. Beweis. Übungsaufgabe 1.6 Vervollständigung Definition (Isometrie) Eine Abbildung ϕ : (M 1, d 1 ) (M 2, d 2 ) heisst eine Isometrie, falls d 2 (ϕ(x), ϕ(y)) = d 1 (x, y) x, y M 1. Sie ist gleichmässig stetig auf M 1 und injektiv, aber nicht notwendigerweise auch surjektiv. Für den Beweis des nächsten Theorems beweisen wir zunächst die beiden nachfolgenden Hilfssätze: Lemma 1.2. Sei (M, d) ein metrischer Raum und es bezeichne B(M, R) den Raum der beschränkten Funktionen Dann existiert eine Isometrie B(M, R) := {f : M R sup f(x) < }. x M ϕ : (M, d) (B(M, R), d ). Beweis. Wir fixieren ein x M und definieren für x M die Funktion f x : M R durch y f x (y) := d(x, y) d(x, y) y M. Aus d(x, y) d(u, v) d(x, u) + d(y, v) folgt dann Folglich liegt f x in B(M, R). Es ist dann f x (y) d(x, x ) y M. d (f x, f z ) = sup f x (y) f z (y) = sup d(x, y) d(z, y) y M y M d(x, z). Das Supremum in der obigen Gleichungsfolge wird angenommen für y = z, daher folgt d (f x, f z ) = d(x, z). Die Abbildung ϕ : M B(M, R); x ϕ(x) =: f x ist die gesuchte Isometrie, weil d (ϕ(x), ϕ(z)) = d(x, z) für alle x, z M.

18 1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE 16 Lemma 1.3 (Eindeutigkeit der Vervollständigung). Seien (M 1, d 1 ) und (M 2, d 2 ) zwei vollständige Räume, A 1 M 1, A 2 M 2 Teilmengen mit Ā1 = M 1 und Ā2 = M 2 sowie ϕ : A 1 A 2 eine surjektive Isometrie von A 1 auf A 2. Dann existiert genau eine surjektive Isometrie ϕ : M 1 M 2 von M 1 auf M 2, so dass ϕ (x) = ϕ(x) für alle x A 1. Beweis. Übungsaufgabe Nun kommen wir zum eigentlichen Theorem 1.6. Sei (M, d) ein metrischer Raum. Dann gibt es einen metrischen Raum (M, d ), so dass i) (M, d ) vollständig ist und ii) es eine Isometrie ϕ : (M, d) (M, d ) gibt mit ϕ(m) = M. (M, d ) heisst Vervollständigung von (M, d). Sind (M 1, d 1) und (M 2, d 2) zwei Vervollständigungen von (M, d), dann gibt es eine Isometrie von (M 1, d 1 ) auf (M 2, d 2 ). Beweis. Sei M eine Menge. Dann ist der Raum B(M, R) der beschränkten Funktionen B(M, R) := {f : M R sup f(x) < } x M mit der Metrik d (f, g) := sup x M f(x) g(x) ein vollständiger, metrischer Raum, weil R vollständig ist. Mit Lemma 1.2 folgt dann, dass wie gewünscht eine Isometrie ϕ : (M, d) (B(M, R), d ) existiert. Weil B(M, R) vollständig ist, ist der Abschluss (ϕ(m), d ) ein vollständiger Raum nach Satz 1.1. Wir wählen daher (M, d ) = (ϕ(m), d ). Damit folgen die Aussagen i), ii) von Theorem 1.6. Die Eindeutigkeit der Vervollständigung wurde in Lemma 1.3 bewiesen. Wie wir gesehen haben, können wir abstrakt jeden metrischen Raum sofort vervollständigen. Eine Frage bleibt: lässt sich die Vervollständigung wieder konkret darstellen? Dazu hier ein Beispiel. Sei Ω R n offen, Cc (Ω) die Menge der C (Ω)-Funktionen mit kompaktem Träger supp(f) in Ω, wobei Wir definieren eine Metrik auf C c supp(f) = {x Ω f(x) }. ( d(f, g) = (Ω) =: M durch das Riemann sche Integral I ) 1 f(x) g(x) p p dx, wobei I ein kompaktes Intervall ist mit I supp(f), supp(g). Die Vervollständigung des metrischen Raumes (Cc (Ω), d) ist L p (Ω), also der Raum der Äquivalenzklassen der Lebesgue-messbaren Funktionen f : Ω R, so dass f p Lebesgue-integrabel ist. Dies folgt aus i) L p (Ω) ist vollständig; ii) Cc (Ω) Lp (Ω) ist dicht in der L p -Metrik;

19 1 METRISCHE RÄUME, BAIRE KATEGORIE 17 iii) In Cc (Ω) ist Lebesgue-integrabel gleich Riemann-integrabel, und wir haben die Isometrie f g p dµ = f(x) g(x) p dx. Ω I }{{}}{{} Lebesgue-Integral Riemann-Integral

20 2 NORMIERTE RÄUME 18 2 Normierte Räume 2.1 Definitionen und erste Folgerungen Definition 2.1. (normierter Raum, Norm, Banach-Raum) Ein normierter Raum ist ein Paar (X, ρ), wobei X ein Vektorraum und ρ : X R eine Norm, das heisst, eine Funktion ρ(x) := x ist mit den Eigenschaften i) x und x = x =, ii) λx = λ x, iii) x + y x + y für alle λ C, x, y X. Die zur Norm assoziierte Metrik ist gegeben durch d(x, y) := x y. Der normierte Raum (X, ρ) heisst Banach-Raum, falls (X, d) vollständig ist. Aus obigen Definitionen können wir schon erste Folgerungen ziehen: Satz 2.1 (Stetigkeitseigenschaften). In einem normierten Raum (X, ) gilt i) Die Norm ρ : X R ist stetig, das heisst: x y x y = d(x, y). ii) Vektorraumoperationen sind stetig: {x, y} x + y : X X X, {λ, y} λy : C X X. Beweis. i) Schreibe x = (x y) + y. Dann folgt aus der Dreiecksungleichung x x y + y, und, formen wir um, x y x y. Durch Vertauschung von x und y erhalten wir ii) Für die Addition gilt: y x y x = ( 1)(x y) = x y. und für die skalare Multiplikation ist (x + y) (x + y ) x x + y y, λx λ x = λ(x x ) + (λ λ )x λ x x + λ λ x. Beispiel (Der Raum der beschränkten Funktionen). Sei M eine Menge, (X, ) ein normierter Raum. Wir bezeichnen mit B(M, X) := {f : M X sup f(t) < } t M den Raum der beschränkten Funktionen f von M nach X. Damit überträgt sich die Vektorraum-Struktur von X auf B(M, X), denn es ist f + g : (f + g)(t) := f(t) + g(t), λf : (λf)(t) := λf(t), f : ( f)(t) := f(t), : (t) := X t M.

21 2 NORMIERTE RÄUME 19 Mit der Norm f := sup t M f(t) wird B(M, X) zu einem normierten Raum. Dass dies auch wirklich eine Norm ist, zeigt man so: i) sei f =. Dann ist nach Definition f(t) = für alle t M und folglich f(t) =. Das ist genau dann der Fall, falls f = X. ii) folgt direkt aus den Definitionen der Norm und des Supremums. iii) Dreiecksungleichung: (f + g)(t) = f(t) + g(t) f(t) + g(t) sup f(t) + sup g(t) t M t M = f + g. Mit dem Übergang ins Supremum über t auf der linken Seite folgt dann, wie gewünscht, f + g f + g. Zu B(M, X) beweisen wir noch folgenden Satz 2.2. Ist X ein Banach-Raum, so ist auch B(M, X) wieder ein Banach-Raum. Beweis. Sei f n eine Cauchy-Folge in B(M, X). Wir wollen zeigen, dass die Folge in B(M, X) konvergiert. Wir geben uns also ein beliebiges ε > vor. Dann gibt es ein N ε, so dass f n f m < ε für alle n, m N ε. Nach Definition der Norm ist dann f n (t) f m (t) < ε n, m N ε, t M. (2.1) Das bedeutet aber nichts anderes, als dass f n (t) für jedes t eine Cauchy-Folge in X ist. Nach Voraussetzung ist X ein Banach-Raum, also insbesondere vollständig, und es existiert der punktweise Grenzwert f(t) := lim n f n(t) X für alle t in M. Aus (2.1) folgt mit m und der Stetigkeit der Norm, dass f n (t) f(t) = lim m f n(t) f m (t) ε (2.2) für alle n N ε und für alle t in M. Wenden wir die Dreiecksungleichung an, so erhalten wir f(t) f n (t) f(t) + f n (t) ε + f n <. Somit liegt f wieder in B(M, X). Nehmen wir in der mit (2.2) gekennzeichneten Gleichung das Supremum über alle t, so erhalten wir f n f := sup f n (t) f(t) ε n N ε. t M Dies gilt für alle ε >. Somit strebt die Folge f n nach der Definition der Konvergenz in B(M, X) gegen die Funktion f B(M, X). Damit konvergiert jede Cauchy-Folge in B(M, X), und der Satz ist bewiesen. Definition 2.2. (äquivalente Normen) Zwei Normen ρ 1, ρ 2 auf dem Vektorraum X heissen äquivalent, falls zwei Zahlen m, M existieren mit < m < M, so dass für alle x gilt m ρ 1(x) ρ 2 (x) M.

22 2 NORMIERTE RÄUME 2 Gleichbedeutend ist die Formulierung für die assoziierte Metrik: es ist dann m ρ 1(x y) ρ 2 (x y) M für alle x y. Zum Vergleich: Zwei Metriken d 1, d 2 auf X heissen äquivalent, falls eine Folge genau dann bezüglich d 1 konvergiert, wenn sie auch bezüglich d 2 konvergiert. Äquivalente Normen auf einem Vektorraum definieren ein und dieselbe Topologie und dieselben Cauchyfolgen. Satz 2.3. Auf dem endlich-dimensionalen Vektorraum X = C n sind alle Normen äquivalent. Beweis. Wir benutzen, dass in einem endlich-dimensionalen Vektorraum die Einheitskugel kompakt ist (dass dies für unendlich-dimensionale Vektorräume nicht der Fall ist, werden wir später sehen). Es genügt zu zeigen, dass alle Normen zu einer einzigen äquivalent ist. Wir beweisen dies für die bekannte Euklidische Norm d 2 (x, y) = x y 2. Sei ρ : C n R eine Norm. Dann ist ρ : (C n, d 2 ) R stetig: n ρ(x) ρ(y) ρ(x y) = ρ (x j y j )e j j=1 n n x j y j ρ(e j ) x y ρ(e j ) j=1 c x y 2. j=1 } {{ } =:c Die Funktion ρ : S = {x C n x 2 = 1} R ist stetig und es ist ρ(x) > für alle x in S. Weil S kompakt ist, nimmt ρ ihr Minimum und Maximum an, also < m = ρ(x ) ρ(x) ρ(x ) = M, und daher gilt ( ) x m ρ = ρ(x) M. x 2 x 2 Folglich ist ρ äquivalent zur Euklidischen Norm. Da ρ beliebig war, folgt die Behauptung. Folgerungen: In einem endlich-dimensionalen Vektorraum X sind alle Normen äquivalent: Sei (X, ) e in n-dimensionaler Vektorraum. Wir wählen eine Basis e 1,..., e n in X und definieren die Abbildung ϕ : C n X durch ϕ(x) = n x j e j X. j=1 Das so definierte ϕ ist ein linearer Isomorphismus, und somit ist ϕ(x) eine neue Norm auf C n. Nach Satz 2.3 gibt es m, M derart, dass für alle x in C n. Dann ist aber < m ϕ(x) x 2 M m y ϕ 1 (y) 2 M

23 2 NORMIERTE RÄUME 21 für y in X. Dies gilt jedoch für jede Norm, also ist die Aussage bewiesen. Da C n auch vollständig ist, folgt sofort Satz 2.4. Sei (X, ) ein endlich-dimensionaler normierter Raum. In diesem Falle ist (X, ) ein Banach-Raum. Folgerung: Sei (Y, ) ein normierter Raum, X Y ein linearer Teilraum endlicher Dimension. Dann ist (X, ) vollständig und nach Satz 1.1 deshalb eine in Y abgeschlossene Menge. Sind X und Y zwei beliebige Vektorräume und A : X Y eine Abbildung, so heisst A linear, falls A(x + y) = A(x) + A(y) und A(λx) = λa(x) für alle x, y X. Das heisst, die Abbildung A ist mit der Vektorraum-Stuktur in Y verträglich (analog erhalten Gruppenhomomorphismen ϕ : G F die Gruppenstruktur in F ). Es ist allgemein gebräuchlich, dass eine lineare Abbildung auch als Operator bezeichnet wird. Satz 2.5. Seien X, Y zwei normierte Räume und A : X Y eine lineare Abbildung. Dann sind folgende Aussagen äquivalent: i) A ist stetig im Punkt X; ii) A ist stetig in jeden Punkt x X; iii) A ist gleichmässig stetig auf X; iv) Es existiert ein c, so dass A(x) c x für alle x X; v) A ist beschränkt auf der Einheitskugel: sup x 1 A(x) <. Beweis. Wir beweisen die Reihenfolge i) v) iv) iii) ii) i). i) v): Angenommen, A sei nicht beschränkt auf der Einheitskugel, dann existiert eine Folge x j X, so dass x j 1 und A(x j ) j für j 1. Es folgt somit, dass die Folge y j := x j /j gegen konvergiert, weil x j /j 1/j. Für die y j folgt dann A(y j ) = 1 j A(x j) 1 für alle j 1. Weil aber A() = ist, kann A in nicht stetig sein, im Widerspruch zu unserer Annahme. v) iv): Sei c := sup x 1 A(x) <. Dann ist für x ( ) x A c 1 A(x) c. x x Also haben wir unsere Konstante c gefunden. iv) iii): Aus der Linearität und iv) folgt A(x) A(y) = A(x y) c x y. A ist demnach gleichmässig stetig auf X. Die Schritte iii) ii) i) sind offensichtlich. Anders ausgedrückt: eine lineare Abbildung A : X Y von normierten Vektorräumen ist genau dann stetig, wenn sie (auf der Einheitskugel) beschränkt ist. Wir zeigen an dieser Stelle noch eine überraschende Eigenschaft von unendlichdimensionalen Vektorräumen: Lemma 2.1. Sei (X, ) ein unendlich-dimensionaler Vektorraum. Dann existiert eine lineare, nicht-stetige Funktion A : X R.

24 2 NORMIERTE RÄUME 22 Beweis. Da X ein Vektorraum ist, besitzt X eine algebraische Basis, das heisst, es gibt eine (eventuell unendliche) Familie e λ, λ Λ, so dass jedes x X eine eindeutige Darstellung der Form x = λ Λ α λ (x)e λ besitzt, mit Koeffizienten α λ R, wobei nur endlich viele der α λ von Null verschieden sind. Die Koeffizienten α λ (x) sind zudem linear in x. Da dim(x) =, können wir eine abzählbare Familie λ 1, λ 2,... Λ auswählen und schreiben zur Vereinfachung e j := e λj, α j (x) := α λj (x). Nun definieren wir eine lineare Abbildung A : X R durch A(x) := j e j α j (x) R. j=1 Diese Summe ist für jedes x endlich. Mit dieser Definition ist jetzt ( ) es ( ) es A = j e j α j = j e j e s e s e s α j(e s ) = s j=1 für alle s 1, da α j (e s ) = δ js. Weil gilt es e s = 1, ist A auf der Einheitssphäre nicht beschränkt, und daher auch nicht stetig. Das führt uns zum Theorem 2.1. In einem normierten Raum (X, ) sind äquivalent: i) Der Vektorraum ist endlich (dim(x) < ); ii) Alle Normen sind äquivalent; iii) Alle linearen Abbildungen A : X Y in einen normierten Raum Y sind stetig; j=1 iv) Jede beschränkte Folge besitzt eine konvergente Teilfolge; v) Die Einheitssphäre S = {x X x = 1} ist kompakt. Speziell gilt in endlich-dimensionalen Vektorräumen, dass aus der algebraischen Eigenschaft linear die topologische Eigenschaft stetig folgt. Beweis. i) ii) folgt aus Satz 2.3, i) iv) aus dem Satz von Bolzano-Weierstrass und i) v) aus dem Satz von Heine-Borel. i) iii) Wir betrachten einen endlich-dimensionalen Vektorraum X, eine lineare Abbildung A : X Y und definieren eine neue Norm auf X durch x A := x + A(x). Nach Satz 2.3 ist x A M x für ein geeignetes (endliches) M. Das heisst, A(x) x A M x, sprich, A ist beschränkt und nach Satz 2.5 also stetig. iii) i) folgt aus dem obigen Lemma 2.1. ii) i) Sei dim(x) =. Wir definieren auf X wieder eine neue Norm x A = x + A(x) für die lineare Funktion A aus Lemma 2.1. Dann ist x A nicht äquivalent zu, da x A x x nicht beschränkt ist. iv) i) folgt aus den nachfolgenden Lemmata 2.2 und 2.3.

25 2 NORMIERTE RÄUME 23 Lemma 2.2 (Franz Riesz). Sei (X, ) ein normierter Raum und Y X ein abgeschlossener linearer Teilraum mit X Y. Dann gibt es zu jedem ε (, 1) ein x = x ε mit (1) x = 1 und (2) d(x, Y ) = inf y Y x y > 1 ε. Beweis. Da Y X ist, können wir ein x X \ Y wählen. Weil Ȳ = Y, ist der Abstand von x zu Y echt positiv, also d := inf y Y x y = d(x, Y ) >. Sei nun ein ε mit < ε < 1 vorgegeben. Dann existiert nach der Definition des Infimums ein y Y mit d x y <. Wir definieren nun x ε = x = d 1 ε x y x y, also ist x = 1. Es gilt auch (2), denn für ein beliebiges y Y ist x y = x y x y y 1 = x y x (y + x y y) }{{} d x y > 1 ε. Y Lemma 2.3. In einem unendlich-dimensionalen normierten Raum (X, ) gibt es eine Folge x j X mit x j = 1, welche keine konvergente Teilfolge besitzt. Beweis. Wir wählen ein x 1 X mit x 1 = 1 und definieren den linearen Unterraum Y 1 := x 1 X. Nach Satz 2.4 ist Y 1 ein Banach-Raum, also insbesondere abgeschlossen in X. Nach Lemma 2.2 existiert daher ein x 2 X \ Y 1 mit x 2 = 1 und x 2 x 1 > 1 2. Nun definieren wir Y 2 = x 1, x 2, dim(y 2 ) = 2. Wiederum ist Y 2 nach Satz 2.4 abgeschlossen in X, und nach Lemma 2.2 existiert ein x 3 X \ Y 2 mit x 3 = 1 und x 3 x 1 > 1 2, x 3 x 2 > 1 2. Induktiv finden wir so eine Folge x j X, denn dim(x) =, mit x j = 1 und x i x j > 1 2 für alle i j. Daraus schliessen wir, dass x j keine konvergente Teilfolge besitzt. In anderen Worten: Einheitskugeln in unendlich-dimensionalen Vektorräumen sind gross. 2.2 L(X, Y ), zur Erinnerung In diesem Abschnitt betrachten wir eine bestimmte Menge von Funktionen. Dazu nehmen wir zwei normierte Räume X, Y und definieren L(X, Y ) := {A : X Y A ist linear und stetig}. Wir sehen leicht, dass L(X, Y ) ein Vektorraum ist, denn die lineare Struktur ist durch die Linearität der Abbildungen gegeben, und wir können in diesem Vektorraum eine Norm A(x) A := sup A(x) = sup < x 1 x x

26 2 NORMIERTE RÄUME 24 festlegen. Falls der Raum X von unendlicher Dimension ist, dann braucht das Supremum nicht angenommen zu werden, weil dann die Einheitskugel nicht mehr kompakt ist (zur Erinnerung: auf kompakten Mengen nimmt eine reellwertige und stetige Funktion immer ihr Supremum und Infimum an). Satz 2.6. Mit den obigen Definitionen gilt: i) Ist A L(X, Y ), B L(Y, Z), so ist BA L(X, Z) und BA erfüllt die Ungleichung BA B A. Insbesondere ist für X = Y die j-te Potenz A j = AA... A wohldefiniert und es ist A j A j für j 1. ii) Die obige Abbildung (Verkettung) ist stetig. L(X, Y ) L(Y, Z) L(X, Z), {A, B} BA Beweis. Für die Normen in den Räumen X, Y, Z gilt (BA)(x) = B(Ax) B A(x) B A x und somit folgt i). Um die Stetigkeit zu beweisen, schreiben wir Dann folgt mit dem Teil i) B 1 A 1 BA = B 1 (A 1 A) + (B 1 B)A. B 1 A 1 BA B 1 A 1 A + B 1 B A. Satz 2.7. Ist der Bildraum Y ein Banach-Raum, so ist auch der Raum L(X, Y ) ein Banach-Raum Beweis. Wir wollen zeigen, dass eine Cauchy-Folge in L(X, Y ) konvergiert. Darum nehmen wir eine solche Cauchy-Folge A n und geben uns ein beliebiges, aber festes ε > vor. Dann existiert nach Definition der Cauchy-Folge ein N ε =: N, so dass A n A m < ε für alle n, m > N. Dann folgt A n (x) A m (x) ε x n, m > N, (2.3) das heisst, A n (x) ist für jedes x X eine Cauchy-Folge in Y. Nach Voraussetzung ist Y ein Banach-Raum, daher existiert der (punktweise) Grenzwert lim A n(x) = A(x) Y n für jedes x X. Weil die Addition in normierten Räumen stetig ist, ist auch A wiederum linear. Mit m folgt aus (2.3) A n (x) A(x) ε x n > N. Zusammen mit der Dreiecksungleichung führt dies zu A(x) A(x) A n (x) + A n (x) (ε + A n ) x,