Aufgabensammlung zu Funktionalanalysis 1 im Wintersemester 2006/2007

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1 Aufgabensammlung zu Funktionalanalysis 1 im Wintersemester 2006/ Februar 2007 Serie 1 (Kompaktheit) Definition 1. Eine Teilmenge K eines topologischen Raumes X heißt total beschränkt (oder auch präkompakt), falls es zu jedem ε > 0 eine endliche Überdeckung von K mit Kugeln vom Radius ε gibt. D.h. es existieren x 1,..., x n X mit n B(x i, ε) K. Definition 2. Eine Teilmenge K eines topologischen Raumes X heißt abzählbar kompakt, falls jede unendliche Teilmenge A von K einen Häufungspunkt in K besitzt. Ein Häufungspunkt von A in K ist ein Punkt x K, so dass jede Umgebung von x mindestens ein von x verschiedenes Element aus A enthält. Aufgabe 1. Sei X ein metrischer Raum und K X. Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent. (i) K ist kompakt. (ii) K ist abzählbar kompakt. (iii) K ist folgenkompakt. (iv) K ist total beschränkt und vollständig. Beweis. (i) (ii): Sei also K als kompakt vorausgesetzt. Sei A K und besitze keinen Häufungspunkt. Das heißt, dass für jedes x X eine Umgebung U x existiert, die höchstens einen Punkt von A (nämlich x selbst) enthält. Es ist U x = X K. x X 1

2 Weil K kompakt ist, existiert eine endliche Teilüberdeckung n U xi K. Damit gilt aber auch n U x i A, womit A nur endlich gewesen sein kann. (ii) (iii): Sei jetzt K als abzählbar kompakt vorausgesetzt. Sei x n, n N, eine Folge in K. Falls die Menge A = {x n n N} endlich ist, hat x n, n N, eine konstante und damit in K konvergente Teilfolge. Falls A nicht endlich ist, so besitzt diese Menge einen Häufungspunkt x K. Das heißt, dass in jeder Umgebung von x mindestens ein von x verschiedenes Folgenglied zu finden ist. Dies liefert uns eine gegen x konvergente Teilfolge von x n, n N (man kann diese induktiv definieren). (iii) (iv): Sei jetzt K als folgenkompakt vorausgesetzt. Wir nehmen an, dass K nicht total beschränkt ist. Das heißt, dass ein ε > 0 existiert, so dass für alle n N und alle x 1,..., x n K n B(x i, ε) K gilt. Wir konstruieren daraus eine Folge in K, die im Widerspruch zur Folgenkompaktheit von K keine konvergente Teilfolge besitzen kann. Dies geschieht induktiv. Wir wählen x 1 K beliebig. Dann gilt B(x 1, ε) K. Also finden wir ein x 2 K mit x 2 B(x 1, ε), d.h. d(x 2, x 1 ) ε. Nun gilt aber auch B(x 1, ε) B(x 2, ε) K. Daher finden wir ein x 3 K mit d(x 3, x 1 ) ε und d(x 3, x 2 ) ε. Zu gefundenen Folgengliedern x 1,..., x n finden wir ebenso ein x n+1 K mit d(x n+1, x j ) ε für alle j n. Die so konstruierte Folge x n, n N, hat also die Eigenschaft d(x i, x j ) ε für i j und kann damit offenbar keine konvergente Teilfolge besitzen. Dies ist ein Widerspruch, womit wir gezeigt haben, dass K total beschränkt ist. Zum Nachweis der Vollständigkeit macht man sich klar, dass eine Cauchyfolge mit konvergenter Teilfolge selbst konvergent ist (natürlich gegen den gleichen Grenzwert). (iv) (i): Wir setzen jetzt K als vollständig und total beschränkt voraus. Wir nehmen an, es gäbe 2

3 eine offene Überdeckung U i, i I, von K ohne endliche Teilüberdeckung. Wegen der total Beschränktheit von K finden wir Punkte x (1) 1,..., x (1) n 1 X mit n 1 ( B x (1) i, 1 ) K. 2 Eine dieser Kugeln B(x (1) i, 1/2) lässt sich nicht von endlich vielen U i überdecken. Sei dies o.b.d.a. die Kugel um x (1) 1. Jetzt wählen wir Punkte x (2) 1,..., x (2) n 2 X mit n 2 ( B x (2) i, 1 ) K. 2 2 Es folgt B ( x (1) 1, 1 ) ( = B x (1) 1, 1 ) 2 2 ( n2 B ( x (2) i, 1 4) ) = n 2 ( ) x (1) 1, 1/2 ( ( B x (1) 1, 1 ) ( B x (2) i, 1 )). 2 4 ( ) x (2) i, 1/4 Nun lässt sich aber wieder eine der Menge B B nicht mit endlich ( ) vielen U i überdecken. Wir können wieder o.b.d.a. annehmen, dass es sich um B x (1) 1, 1/2 ( ) B x (2) 1, 1/4 handelt. Wir führen dieses Verfahren fort und erhalten (induktiv) eine Folge x (n) 1, n N, in X, so dass sich n B ( x (i) 1, 1 2 i ) für kein n N mit endlich vielen U i überdecken lässt. Es handelt sich bei x (n) 1, n N, um eine Cauchyfolge. Wir weisen dies nach. Es ist ( ) k+l 1 d x (k) 1, x (k+l) 1 i=k ( ) k+l 1 d x (i) 1, x (i+1) 1 i=k Die rechte Seite ist für hinreichend großes k beliebig klein, da die geometrische Reihe konvergiert. Da wir K als vollständig vorausgesetzt hatten, konvergiert die Folge x (n) 1, n N also in K, etwa gegen a K. Weil U i, i I eine Überdeckung von K ist liegt der Punkt a in einem der U i, etwa in U i0. Da U i0 offen ist, existiert ein ε > 0 mit B(a, ε) U i0. Für hinreichend großes n N ist dann aber n B ( x (i) 1, 1/2 i ) B(a, ε) U i0, was nicht sein kann, da sich keiner dieser Schnitte von endlich vielen U i überdecken lassen sollte i.

4 Aufgabe 2. Sei X ein metrischer Raum und K X. Ist K kompakt, so ist K total beschränkt. Beweis. Sei K als kompakt vorausgesetzt. Sei ε > 0. Dann ist x X B(x, ε) = X K eine offene Überdeckung von K. Also gibt es eine endliche Teilüberdeckung B(x 1, ε),..., B(x n, ε) von K. Das war zu zeigen. Aufgabe 3. Sei X ein kompakter topologischer Raum und Y ein topologischer Hausdorff Raum. Weiter sei f : X Y eine bijektive und stetige Abbildung. Dann ist auch f 1 stetig. Beweis. Wir zeigen, dass Urbilder abgeschlossener Mengen unter f 1 : Y X abgeschlossen sind. Sei also A X eine abgeschlossene Menge. Da X kompakt ist, ist A selbst kompakt. Da stetige Funktionen kompakte Mengen auf kompakte Mengen abbilden, ist auch f(a) Y kompakt. Da kompakte Mengen in Hausdorff Räumen (sonst nicht unbedingt!) abgeschlossen sind, ist f(a) insbesondere abgeschlossen. Dabei handelt es sich aber gerade um (f 1 ) 1 (A). Serie 2 (Produkttopologie) Aufgabe 4. Es sei τ die Topologie auf dem R n, die von der euklidischen Norm erzeugt wird und σ sei die Produkttopologie auf dem R n, die von der üblichen Topologie (die vom Betrag erzeugte) auf R erzeugt wird. Dann stimmen σ und τ überein. Wir werden zum Beweis zwei Lemmata verwenden. Zu deren Formulierung benötigen wir noch eine Definition. Definition 3. Zwei Normen 1, 2 auf einem Raum X heißen äquivalent, falls zwei Konstanten c 1, c 2 > 0 existieren, so dass für alle x X c 1 x 1 x 2 c 2 x 1 gilt. Lemma 1. Äquivalente Normen erzeugen stets dieselbe Topologie. Beweis. Seien 1, 2 zwei Normen auf einem Raum X, die äquivalent sind, also so das c 1 x 1 x 2 c 2 x 1 für zwei positive Konstanten c 1, c 2 gilt. Es sei τ die von 1, d.h. die von der Menge E 1 = {B 1 (x, ε) x X, ε > 0} 4

5 erzeugte Topologie. Hierbei sei B 1 (x, ε) = {y X x y 1 < ε}. Analog definieren wir B 2 (x, ε). Es sei σ die von 2 erzeugte Topologie. Wir zeigen E 1 σ und E 2 τ. Daraus folgt τ = σ, denn τ ist die kleinste Topologie, die E 1 umfasst und σ ist die kleinste Topologie, die E 2 umfasst. Sei also B 1 (x, ε) E 1 und y B 1 (x, ε). Dann existiert ein δ > 0, so dass B 1 (y, δ) B 1 (x, ε) ist. Dann ist B 2 (y, c 1 δ) B 1 (y, δ). Denn: Sei z B 2 (y, c 1 δ). Das heißt z y 2 < c 1 δ. Dann folgt y z 1 1 c 1 y z 2 < δ. Also ist y B 2 (y, c 1 δ) B 1 (x, ε) und damit ist B 1 (x, ε) σ. Die Inklusion E 2 τ weist man ebenso einfach nach. Lemma 2. Es sei x 2 = ( n x2 i ) 1/2 die euklidische Norm auf dem R n und x = max 1 i n x i die -Norm auf dem R n. Dann gilt x x 2 n 1/2 x für alle x R n. Insbesondere sind die beiden Normen 2 und auf dem R n äquivalent. Beweis. Die linke Ungleichung ist klar. Die rechte gilt wegen x 2 2 = n x 2 i n x 2 = n x 2. Jetzt kommen wir zum Beweis der eigentlichen Aufgabe. Beweis. (von Aufgabe 4) Die Topologie τ wird von der Menge E 1 = {B 2 (x, ε) x R n, ε > 0} erzeugt. Hierbei sei B 2 (x, ε) = {y R n x y 2 < ε} und 2 bezeichne die normale euklidische Norm. Die Topologie σ wird von der Menge {p 1 i (U i ) U i R offen, i n} erzeugt. Hierbei bezeichne p i die i-te Koordinatenprojektion. Da es sich um ein endliches kartesisches Produkt handelt, wird σ also von der Menge {U 1... U n i n : U i R offen} erzeugt. Da die Menge der offenen Intervalle die gewöhnliche Topologie auf R erzeugt, wird σ damit von der Menge {I 1... I n i n : I i R offenes Intervall} 5

6 erzeugt. Da Topologien unter Vereinigungen abgeschlossen sind, und man einen Quader I 1... I n als Vereinigung von Würfeln (= Kugeln in der -Norm) schreiben kann, folgt dass σ von der Menge erzeugt wird. E 2 = {B (x, ε) x R n, ε > 0} Nach Lemma sind die Normen 2 und äquivalent. Damit haben wir eingesehen, dass die Topologien τ und σ von äquivalenten Normen erzeugt werden. Mit Hilfe des zweiten Lemmas folgt die Gleichheit der beiden Topologien. Aufgabe 5. Eine Teilmenge eines metrischen Raumes ist genau dann kompakt, wenn sie vollständig und total beschränkt ist. Beweis. Siehe Aufgabe 1. Aufgabe 6. Es sei C die Cantor Menge, die mit der von R induzierten Topologie ausgestattet ist. Der zweielementige Raum {0, 1} sei mit der diskreten Topologie ausgestattet und n N {0, 1} = {0, 1}N mit der Produkttopologie. Dann sind C und {0, 1} N homöomorph. Insbesondere ist {0, 1} N kompakt. Beweis. Steht im Skript. Serie 3 (Topologische Vektorräume) Aufgabe 7. Jede stetige Abbildung eines kompakten metrischen Raumes in einen metrischen Raum ist schon gleichmäßig stetig. Beweis. Sei K ein kompakter metrischer Raum, X irgendein metrischer Raum und f : K X stetig. Wir nehmen an, dass f nicht gleichmäßig stetig ist. D.h. ε > 0 : δ > 0 : x, y K : d(x, y) < δ d(f(x), f(y)) ε. Daher können wir ein ε > 0 finden, so dass für alle n N Punkte x n, y n K existieren mit d(x n, y n ) < 1/n und d(f(x n ), f(y n )) ε. Weil K kompakt ist, besitzt die Folge x n, n N, eine konvergente Teilfolge x nk, k N mit Grenzwert x 0 K. Dann konvergiert auch y nk, k N, gegen x 0 : d(y nk, x 0 ) d(y nk, x nk ) + d(x nk, x 0 ), und die rechte Seite ist für hinreichend großes k N beliebig klein. Weil f stetig ist, folgt lim f(x n k ) = lim f(y nk ) = f(x 0 ). k k Das kann aber nicht sein, da ja d(f(x nk ), f(y nk )) ε für alle k N gilt. 6

7 Aufgabe 8. (i) Der R n mit der gewöhnlichen Topologie ist ein topologischer Vektorraum über den reellen Zahlen. (ii) Der R n mit der Topologie τ = {, R n } ist ein topologischer Vektorraum über den reellen Zahlen. Beweis. Zum Beweis von (i): Zunächst zeigen wir, dass die Vektoraddition φ : R n R n R n, (x, y) x + y stetig ist. Seien also x 0, y 0 R n. Wir haben zu zeigen, dass das Urbild einer Umgebung von x 0 + y 0 unter φ eine Umgebung von (x 0, y 0 ) ist. Sei also V R n eine Umgebung von x 0 + y 0. Dann existiert ein ε > 0, so dass B(x 0 + y 0, ε) V. Wir zeigen, dass ein δ > 0 existiert, so dass für alle (x, y) R n R n mit Abstand kleiner δ zu (x 0, y 0 ) gilt, dass (x+y) B(x 0 +y 0, ε) ist. Was ist der Abstand in R n R n? Wir müssen die Produkttopologie verwenden. Das heißt wir können irgendeine Norm auf R n R n nehmen, welche diese erzeugt. Eine solche ist z.b. (x, y) = max{ x, y }. Wir setzen uns jetzt δ = ε/2. Sei (x, y) R n R n mit (x, y) (x 0, y 0 ) < δ. Das heißt max{ x x 0, y y 0 } < δ. Dann folgt Damit ist (x + y) B(x 0 + y 0, ε). x + y (x 0 + y 0 ) x x 0 + y y 0 < 2δ = ε. Jetzt zeigen wir noch, dass die Skalarmultiplikation stetig ist. Sei (x 0, t 0 ) R n R. Sei ε > 0. Setzeδ = min{(ε/3) 1/2, ε/(3 t 0 ), ε/(3 x 0 )}. Sei (x, t) R n R mit (x, t) (x 0, t 0 ) < δ. Das soll heißen max{ x x 0, t t 0 } < δ. Dann folgt tx t 0 x 0 = tx t 0 x + t 0 x t 0 x 0 t t 0 x + t 0 x x 0. Die rechte Seite ist kleiner als δ(δ + x 0 ) + t 0 δ = δ 2 + δ x 0 + δ t 0 ε. Nun zum Beweis von (ii): Wir denken daran, dass R n jetzt mit der chaotischen Topologie ausgestattet ist. Sei (x 0, y 0 ) R n R n. Sei V R n eine Umgebung von x 0 + y 0. Dann ist V = R n. Damit ist φ 1 (V ) = R n R n offenbar eine Umgebung von (x 0, y 0 ). Ebenso ist eine Umgebung von t 0 x 0 R n schon gleich R n R. Hier ist also auch nichts zu zeigen. 7

8 Aufgabe 9. Sei I eine überabzählbare Menge und T = [0, 1] I sei mit der Produkttopologie ausgestattet. Es sei S = {t T die Menge aller ι mit t(ι) 0 ist abzählbar}. Dann ist S nicht kompakt aber folgenkompakt. Insbesondere ist S nicht metrisierbar. Beweis. Der Beweis steht im Skript. Wir führen hier nur noch das Diagonalfolgenargument im Detail durch. Wir wollen also zeigen, dass S folgenkompakt ist. Dazu sei t n, n N, eine Folge in S. Wir müssen zeigen, dass sie eine konvergente Teilfolge besitzt. Es sei I 0 = n N{i I t n (i) 0}. Dann ist I 0 als abzählbare Vereinigung abzählbarer Mengen selbst abzählbar. Es sei {i j j N} = I 0 eine Abzählung der Menge I 0. Es gilt nach Definition von I 0 : Für alle i I 0 und alle n N ist t n (i) = 0. Wir betrachten die Folge t n (i 1 ), n N. Dies ist eine Folge in [0, 1]. Sie besitzt also eine konvergente Teilfolge t nk (i 1 ), k N, mit Grenzwert x 1 [0, 1]. Jetzt betrachten wir die Folge t nk (i 2 ), k N. Wieder handelt es sich um eine Folge in [0, 1] und wir finden eine konvergente Teilfolge t nkl (i 2 ), l N, mit Grenzwert x 2 [0, 1]. So finden wir zu jedem j N eine konvergente Teilfolge von t n (i j ), n N, mit Grenzwert x j [0, 1]. Entscheidend ist, dass dies so geschieht, dass für jedes j N die j-te Auswahl an Folgengliedern eine Teilauswahl der (j 1)-ten Auswahl ist. Unser Grenzkandidat ist t : I [0, 1] mit t(i) = 0 für i I \ I 0 und t(i j ) = x j für alle j N. Sei U eine Umgebung von t. Dann können wir annehmen, dass U von der Form i I U i ist, wobei t(i) U i für alle i I und nur endlich viele U i von [0, 1] verschieden sind. Falls von eben diesen i alle in I \I 0 liegen, gilt t n U für jedes n N. Wir nehmen also an, dass i j1,..., i jm I 0 genau die Indizes sind, für die U i [0, 1] ist. Wegen x j1 = t(i j1 ) U ij1 ist U ij1 eine offene Umgebung von x j1 in [0, 1]. Wir finden also einen hinreichend großen Index, ab dem alle Folgenglieder der zugehörigen Teilfolge von t n (i j1 ) in U ij1 liegen. Dies können wir für jedes j {1,..., m} tun und wählen dann als k 0 den maximalen der m gefundenen Indizes. Dies sichert uns t nk U für alle k k 0, wobei n k, k N, eine geeignete Teilauswahl an Folgengliedern ist. Serie 4 (Einige Banachräume) Aufgabe 10. (i) [0, 1] [0,1] ist kompakt aber nicht folgenkompakt. (ii) {0, 1} [0,1] ist kompakt aber nicht folgenkompakt. (iii) Insbesondere sind beide nicht metrisierbar. 8

9 Beweis. Steht im Skript. Aufgabe 11. (i) C[a, b] mit der Supremumsnorm ist ein Banachraum. (ii) l (N) ist ein Banachraum. (iii) Der Raum c aller konvergenten Folgen ist mit der Supremumsnorm ein Banachraum. (iv) Der c 0 aller gegen 0 konvergenten Folgen ist mit der Supremumsnorm ein Banachraum. Zum Beweis der gesamten Aufgabe verwenden wir zwei Lemmata. Lemma 3. Es sei M irgendeine Menge und l (M) der Raum aller beschränkten Funktionen von M nach R. Wir definieren für f M die Supremumsnorm als f = sup f(x). x M Mit dieser Norm ist l (M) ein Banachraum. Beweis. Sei f n, n N, eine Cauchyfolge in l (M). Wir müssen zeigen, dass die Folge gegen eine beschränkte Funktion konvergiert. Für jedes x M ist f n (x), n N, eine Cauchyfolge in R, weil f n (x) f m (x) f n f m für alle n, m N gilt. Somit konvergiert diese gegen eine Zahl f(x) R. Damit haben wir unseren Grenzkandidaten gefunden. Sei ε > 0. Dann existiert ein N N, so dass für alle m, n N gilt f n f m < ε/2. Sei x M. Weil die Folge f n (x), n N, gegen f(x) konvergiert, finden wir ein von x abhängiges n 0, so dass f n0 (x) f(x) < ε/2. Natürlich können wir annehmen, dass n 0 N gilt. Sei nun n N. Dann folgt f n (x) f(x) f n (x) f n0 (x) + f n0 (x) f(x) f n f n0 + f n0 (x) f(x) < ε. Weil x M beliebig gewählt war, können wir links zum Supremum übergehen und erhalten f n f ε. Das zeigt die Konvergenz. Jetzt müssen wir aber noch prüfen, ob die Funktion f beschränkt ist. Das ist aber klar, wegen für beliebiges n N. f f f n + f n Lemma 4. Ist X ein Banachraum und U ein abgeschlossener Teilraum von X, so ist U selbst ein Banachraum. 9

10 Beweis. Sei x n, n N, eine Cauchyfolge in U. Weil X vollständig ist, konvergiert die Folge gegen ein x X. Weil U abgeschlossen ist, muss aber x U gelten. Also ist U selbst vollständig. Nun zum Beweis der eigentlichen Aufgabe. Beweis. (von Aufgabe 11) Zu (i): Alle stetigen Funktionen auf [a, b] sind beschränkt. Wir haben es also mit einem Teilraum aller beschränkten Funktionen auf [a, b] zu tun. Nach Lemma reicht es, die Abgeschlossenheit dieses Teilraums nachzuweisen. Wir müssen also nur zeigen, dass der gleichmäßige Limes einer Folge stetiger Funktionen wieder stetig ist. Das ist aber eine wohlbekannte Tatsache aus der Grundvorlesung. Zu (ii) ist nach Lemma nichts mehr zu sagen. Zu (iii): Konvergente Folgen sind beschränkt. Wir müssen also nur noch nachweisen, dass es sich um einen abgeschlossenen Teilraum handelt. Sei also x n, n N, eine Folge konvergenter Folgen, die gegen eine Folge x konvergiert. Das heißt für jedes n N ist x n = (x n (i)) i N eine Folge reeller Zahlen (ebenso x = (x(i)) i N ) und es gilt x n x 0 für n. Wir müssen zeigen, dass die Grenzfolge x auch konvergent ist. Dazu reicht es zu zeigen, dass es sich um eine Cauchyfolge handelt, da die reellen Zahlen vollständig sind. Sei ε > 0. Dann existiert ein n N, so dass x n x < ε/3. Damit gilt auch x n (i) x(i) < ε/3 für jedes i N. Weil die Folge x n (i), i N, konvergent ist, ist sie auch eine Cauchyfolge. Daher existiert ein i 0 N, so dass für alle i, j i 0 gilt x n (i) x n (j) < ε/3. Seien i, j i 0. Dann folgt x(i) x(j) x(i) x n (i) + x n (i) x n (j) + x n (j) x(j) < ε. Zu (iv): Wir haben schon gezeigt, dass der Raum aller konvergenten Folgen ein Banachraum ist. Wieder müssen wir nur zeigen, dass die Nullfolgen einen abgeschlossenen Teilraum bilden. Sei x n, n N, eine Folge von Nullfolgen die gegen eine Folge x konvergiert. Wir müssen zeigen, dass x = (x(i)) i N auch eine Nullfolge ist. Sei ε > 0. Dann finden wir ein n N mit x n x < ε/2. Weil x n (i), i N, eine Nullfolge ist, finden wir ein i 0 N mit x n (i) < ε/2 für alle i i 0. Sei i i 0. Dann folgt x(i) x(i) x n (i) + x n (i) < ε. Definition 4. Eine Teilmenge F C[0, 1] heißt gleichstetig, falls für jedes ε > 0 ein δ > 0 existiert, so dass für alle f F und alle x, y [0, 1] gilt x y < δ f(x) f(y) < ε. Aufgabe 12. Eine kompakte Teilmenge F C[0, 1] ist abgeschlossen, beschränkt und gleichstetig. 10

11 Beweis. Da C[0, 1] als metrischer Raum Hausdorff ist, ist eine kompakte Teilmenge abgeschlossen. Außerdem ist eine kompakte Menge auch total beschränkt und damit insbesondere beschränkt. Wir haben also nur die Gleichstetigkeit zu zeigen. Sei ε > 0. Weil F total beschränkt ist, existiert ein n N und f 1,..., f n F, so dass F n B(f i, ε/3). Da [0, 1] kompakt ist, sind alle f i sogar gleichmäßig stetig. Daher existiert für jedes i n ein δ i > 0, so dass für alle x, y [0, 1] gilt: x y < δ i f i (x) f i (y) < ε/3. Wir setzen δ = min 1 i n δ i. Seien f F und x, y [0, 1] mit x y < δ. Wegen F n B(f i, ε/3) existiert ein i n mit f B(f i, ε/3). Es folgt f(x) f(y) f(x) f i (x) + f i (x) f i (y) + f i (y) f(y) < ε. Serie 5 (Kompaktheit in C[0, 1] und der Raum L ) Aufgabe 13. Es sei C[0, 1] der Raum aller stetigen Funktionen f : [0, 1] R ausgestattet mit der Norm f = max x [0,1] f(x). (i) Die Menge {f n n N 0 } mit f 0 0 und f n (x) = x n für jedes n N ist nicht kompakt. (ii) Die Menge {g n n N} mit g n (x) = sin(nx) ist nicht kompakt. (iii) Die abgeschlossene Einheitskugel ist nicht kompakt. Beweis. (i) Wir haben es mit einem normierten, also insbesondere mit einem metrischen Raum zu tun. Eine kompakte Menge müsste also auch folgenkompakt sein. Es ist f n, n N, eine Folge in der zu untersuchenden Menge. Wir müssten also eine konvergente Teilfolge f nk, k N, finden. Es gilt f nk (x) = x n k für alle x [0, 1] und n k für k. Daher folgt lim k f nk (x) = 0 für alle x [0, 1) und lim k f nk (1) = 1. Das heißt, dass die Funktionenfolge f nk, k N, punktweise gegen die Funktion f : [0, 1] R mit f(x) = 0 für x [0, 1) und f(1) = 1 konvergiert. Da nach unserer Annahme aber auch gleichmäßige Konvergenz vorliegt und der gleichmäßige Grenzwert der Funktionenfolge nicht von dem punktweisen abweichen kann, müsste die Funktion f stetig sein. Das ist nicht der Fall. Die zu untersuchende Menge ist also nicht 11

12 folgenkompakt. (ii) Wir zeigen, dass die zu untersuchende Menge nicht gleichstetig ist. Da kompakte Mengen gleichstetig sind (Satz von Arzela und Ascoli), kann sie damit nicht kompakt sein. Wir haben also zu zeigen ε > 0 : δ > 0 : x, y [0, 1] : g n : x y < δ g n (x) g n (y) ε. Wir setzen ε = 1/2. Es sei δ > 0. Es existiert ein n N mit π 2n y = π. Dann gilt x y < δ und 2n < δ. Wir setzen x = 0 und g n (x) g n (y) = sin(0) sin(π/2) = 1. (iii) Wir wissen, dass in einem normierten Raum die abgeschlossene Einheitskugel genau dann kompakt ist, wenn der Raum endlich dimensional ist. Der Raum C[0, 1] ist natürlich nicht endlich dimensional. Aufgabe 14. Seien a, b 0 und 0 < t < 1. Es gilt genau dann wenn a = b gilt. a t b 1 t = ta + (1 t)b, Beweis. Es gelte a t b 1 t = ta + (1 t)b. Falls a = 0 oder b = 0, so folgt offenbar a = b = 0. Seien also a, b > 0. Dann können wir durch b teilen und erhalten Mit x = a/b also (a/b) t = t(a/b) + (1 t). x t tx = 1 t. Diese Gleichung gilt für x = 1. Für 0 < x < 1 gilt allerdings x t tx < 1 t, da die Funktion f(x) = x t tx auf (0, 1) streng monoton wachsend ist. Das sehen wir daran, dass f (x) = tx t 1 t = t(x t 1 1) > 0 gilt, weil 0 < t < 1 ist. Es muss also x = 1 gelten und damit a = b. Die Rückrichtung ist klar. Definition 5. Es sei (Ω, A, µ) ein Maßraum. Für jede messbare Funktion f : Ω R definieren wir f = inf {t > 0 µ{x Ω f(x) > t} = 0}. Ein äquivalente Definition ist f = inf sup µ(n)=0 x Ω\N 12 f(x).

13 Weil abzählbare Vereinigungen von Nullmengen wieder Nullmengen sind, existiert eine Nullmenge N mit f = sup f(x). x Ω\N Es sei L (Ω, A, µ) der Raum aller Äquivalenzklassen von messbaren Funktionen f : Ω R mit f <, welche sich nur auf einer Nullmenge unterscheiden. Aufgabe 15. Es sei (Ω, A, µ) ein Maßraum. (i) L = L (Ω, A, µ) ist ein Banachraum. (ii) Für alle messbaren Funktionen f, g : Ω R gilt fg 1 f 1 g. Gleichheit gilt genau dann, wenn auf der Menge {x Ω f(x) 0} mit Ausnahme einer Nullmenge g(x) = g gilt. Beweis. (i) Wir weisen von den Normeigenschaften nur die Dreiecksungleichung nach. Es seien f, g L. Dann existieren Nullmengen N f und N g mit f = sup x Ω\Nf f(x) und g = sup x Ω\Ng g(x). Es folgt f + g = sup f(x) + sup g(x) x Ω\N f x Ω\N g sup f(x) + sup g(x) x Ω\(N f N g) x Ω\(N f N g) sup f(x) + g(x) x Ω\(N f N g) f + g. Nun weisen wir die Vollständigkeit nach. Wir bemerken zunächst, dass für jedes f L eine Nullmenge N f existiert, so dass f = sup x Ω\Nf f(x) und daher f = f N c f <. Daher ist f N c f eine beschränkte Funktionen von Ω \ N f nach R. Es sei f n, n N, eine Cauchyfolge in L. Für jedes Paar (n, m) N N existiert dann eine Nullmenge N (n,m), so dass f n f m = (f n f m ) N c (n,m) gilt. Es ist N := n,m N N (n,m) als abzählbare Vereinigung von Nullmengen selbst eine Nullmenge. Die Folge f n N c, n N, ist eine Cauchyfolge im Raum aller beschränkten Funktionen von Ω \ N nach R. Weil dieser nach Lemma vollständig ist, konvergiert die Folge gegen eine beschränkte Funktion 13

14 f : Ω \ N R. Die Funktion f ist als punktweiser Grenzwert messbarer Funktionen selbst messbar. Wir definieren g : Ω R durch g(x) = f(x) für x Ω \ N und g(x) = 0 sonst. Man prüft leicht nach, dass g messbar ist. Außerdem ist g = f < und die Folge f n, n N, konvergiert in der Norm gegen g. (ii) steht im Skript. Serie 6 (Quotientenabbildung und kompakte Operatoren) Aufgabe 16. Es sei X ein normierter Raum und Y X ein abgeschlossener Teilraum. Dann ist die Quotientenabbildung Q : X X/Y, x [x], eine offene Abbildung. Beweis. Wir verwenden Lemma 81 aus dem Skript. Dieses besagt, dass eine lineare Abbildung genau dann offen ist, wenn es eine offene Kugel gibt, die ganz im Bild der offenen Einheitskugel enthalten ist. Wir weisen nach, dass die Quotientenabbildung die offene Einheitskugel B X von X auf die offene Einheitskugel B X/Y von X/Y abbildet, also Q(B X ) = B X/Y. Es würde uns reichen, die Inklusion B X/Y Q(B X ) nachzuweisen. Da die andere Inklusion aber sehr einfach ist, zeigen wir sie vorher noch schnell. Sei also x B X. Dann folgt [x] = inf{ x y y Y } x < 1, weil 0 Y. Also ist Q(x) = [x] B X/Y. Nun zur wichtigen Inklusion. Sei [x] B X/Y. Wir müssen zeigen, dass ein z B X existiert mit Q(z) = [z] = [x]. Es gilt [x] = inf{ x y y Y } < 1. Daher existiert ein y Y mit x y < 1. Wir nehmen z = x y. Es ist nämlich [x y] = [x] [y] = [x], weil y Y ist. Mit Lemma 81 folgt die Behauptung. Bemerkung. Im allgemeinen bildet Q nicht die abgeschlossene Einheitskugel auf die abgeschlossene Einheitskugel ab. Daran sieht man, dass man bei der Definition der Offenheit einer Abbildung nicht abgeschlossene Mengen anstelle von offenen verwenden kann, wie es bei der Definition der Stetigkeit problemlos möglich ist. Aufgabe 17. Es seien X, Y, Z Banachräume. Dann gilt (i) K(X, Y ) ist abgeschlossener Teilraum von L(X, Y ). (ii) Es seien T L(X, Y ) und S L(Y, Z). Falls T kompakt ist oder S kompakt ist, so ist S T kompakt. 14

15 Beweis. Für den Beweis der kompletten Aufgabe verwenden wir die folgende Tatsache. Um die Kompaktheit eines Operators T : X Y nachzuweisen, reicht es zu zeigen, dass für jede beschränkte Folge x n, n N, in X die Folge T (x n ), n N, eine konvergente Teilfolge besitzt. Wir weisen nach, dass die Summe kompakter Operatoren wieder kompakt ist. Seien S, T K(X, Y ). Sei x n, n N, eine Folge in X mit x n 1 für alle n N. Weil T kompakt ist, existiert eine konvergente Teilfolge T (x nk ), k N. Jetzt betrachten wir die Folge S(x nk ), k N. Diese besitzt, weil S kompakt ist, eine konvergente Teilfolge S(x nkl ), l N. Die Folge T (x nkl ), l N, konvergiert natürlich auch. Damit konvergiert die Folge (T + S)(x nkl ), l N. (i) Es sei T n : X Y, n N, eine Folge kompakter Operatoren, die in der Operatornorm gegen ein T L(X, Y ) konvergiert. Wir haben zu zeigen, dass T kompakt ist. Es sei also x n, n N, eine Folge in X mit x n 1 für jedes n N. Wir wollen eine konvergente Teilfolge von T (x n ), n N, finden. Dies geschieht mittels eines Diagonalfolgenarguments. Der Operator T 1 ist kompakt. Daher besitzt die Folge T 1 (x n ), n N, eine konvergente Teilfolge T 1 (x nk ), k N. Wir setzen x 1 k = x n k für jedes k N. Nun ist also T 1 (x 1 k ), k N, eine konvergente Teilfolge von T 1 (x n ), n N. Nun betrachten wir die Folge T 2 (x 1 n), n N. Diese besitzt aufgrund der Kompaktheit des Operators T 2 eine konvergente Teilfolge T 2 (x 1 n k ), k N. Wir schreiben wieder x 2 k = x1 n k für jedes k N. Auf diese Weise erhalten wir für jedes i N eine konvergente Teilfolge T i (x i n) von T i (x n ), n N. Aufgrund unserer Konstruktion, wissen wir außerdem, dass für jedes j i auch die Folge T j (x i n), n N, konvergent ist. Als Diagonalfolge wählen wir jetzt z n := x n n, n N. Wir wissen, dass für jedes m N die Folge T m (z n ), n N, konvergent ist. Denn für n m gehören alle Folgenglieder T m (z n ) zu einer Teilfolge der konvergenten Folge T n (x n k ), k N. Nun zeigen wir, dass T (z n ), n N eine Cauchyfolge ist. Weil der Raum Y als vollständig vorausgesetzt wurde, reicht das aus. Sei ε > 0. Dann existiert ein n N mit T n T < ε/3. Dann finden wir ein j 0 N mit T n (z j ) T n (z i ) < ε/3 für alle i, j j 0. Daraus folgt jetzt für alle i, j j 0 T (z i ) T (z j ) T (z i ) T n (z i ) + T n (z i ) T n (z j ) + T n (z j ) T (z j ) < ε. (ii) Sei zunächst T als kompakt vorausgesetzt. Sei x n, n N, eine beschränkte Folge in X. Dann besitzt T (x n ), n N, eine konvergente Teilfolge T (x nk ), k N. Weil S stetig ist, konvergiert damit auch die Folge (S T )(x nk ) = S(T (x nk )), k N. Damit ist S T kompakt. Jetzt sei S als kompakt vorausgesetzt. Es sei x n, n N, eine beschränkte Folge in X. Weil T stetig ist, gilt T (x n ) T x n für jedes n N. Damit ist T (x n ), n N, ebenfalls eine beschränkte Folge. Weil S kompakt ist besitzt S(T (x n )) = (S T )(x n ), n N, eine konvergente Teilfolge. Also ist S T kompakt. 15

16 Aufgabe 18. Es seien X, Y Banachräume und T L(X, Y ). Für jedes n N sei T n L(X, Y ) ein Operator mit endlich dimensionalem Bild. Falls T n, n N, in der Norm gegen T konvergiert, so ist T kompakt. Beweis. Jeder der Operatoren T n ist kompakt, da sein Bild endlich dimensional ist. Weil wir bereits wissen, dass K(X, Y ) ein abgeschlossener Teilraum von L(X, Y ) ist, muss T also kompakt sein. Serie 7 (Einige Funktionale) Aufgabe 19. Auf jedem reellen, unendlich dimensionalen, normierten Raum gibt es ein unstetiges Funktional. Beweis. Es sei B = {e i i I} eine Basis eines unendlich dimensionalen normierten Raumes X. Wir können ohne Einschränkung annehmen, dass N I gilt. Wir wollen außerdem annehmen, dass e i = 1 für alle i I gilt. Wir definieren auf B eine Abbildung φ : B R durch φ(e i ) = 0 falls i I \ N und φ(e i ) = i für i N. Diese Abbildung können wir zu einer linearen Abbildung auf den ganzen Raum X fortsetzen (Lineare Algebra). Wir nennen die Fortsetzung der Einfachheit halber auch φ. Das so definierte Funktional kann aber nicht stetig sein, denn es gilt φ(e n ) = n für alle n N und damit ist sup x =1 φ(x) sup n N φ(e n ) =. Aufgabe 20. Im folgenden sprechen wir von Funktionalen φ : C[ 1, 1] R, wobei C[ 1, 1] mit der Supremumsnorm ausgestattet sei. 1. φ(f) = 1 f(x) dx hat Norm φ(f) = 1 sgn(x)f(x) dx hat Norm φ(f) = 1 f(x) dx f(0) hat Norm φ ε (f) = f(ε) f( ε) 2f(0) ε 2 hat Norm 4/ε φ(f) = n=1 ( 1) n f(1/n) hat Norm n 2 n=1 1 (= π 2 /6). n 2 6. φ n (f) = 1 1 f(x) dx n 1 2n+1 k= n f(k/n) hat Norm 3. Beweis. 1. Es gilt für alle f C[ 1, 1] mit f 1: φ(f) 1 0 f(x) dx 1, und damit φ 1. Für f 1 gilt φ(f) = 1 also gilt φ = 1. 16

17 2. Wieder gilt für alle f mit f 1: φ(f) 1 1 f(x) dx 2, und damit φ 2. Zu 0 < ε < 1 definieren wir jetzt f ε C[ 1, 1] durch 1, x < ε f ε (x) = x/ε, ε x ε +1, x > ε. Dann gilt φ(f ε ) = 2 2ε + ε ε > 0, also φ = 2. ε 3. Für jedes f mit f 1 gilt φ(f) sgn(x)f(x) dx 2 4ε. Es folgt φ 2 4ε für jedes 1 1 f(x) dx + f(0) 3, also φ 3. Nun definieren wir wieder zu ε > 0 eine stetige Funktion f ε auf [ 1, 1] durch f(x) = 1, falls x < ε oder x > ε. Außerdem sei f(x) = (2/ε)x 1 für ε < x < 0 und f(x) = (2/ε)x für 0 < x < ε. Dann folgt φ(f) = 3 2ε + ε ε f(x) dx 3 4ε. Damit gilt φ 3 4ε und, da ε beliebig vorgegeben war, φ = Wir erhalten wieder die Abschätzung φ(f) f(ε) + f( ε) +2 f(0) 4/ε 2 für jedes f mit ε 2 f 1. Außerdem definieren wir wie in 3. leicht eine stetige Funktion f ε mit f ε (ε) = 1 und f ε ( ε) = 1 und f(0) = 1, womit der Wert 4/ε 2 auch angenommen wird. 5. Natürlich ist φ n=1 Für jedes N N definieren wir eine stetige Funktion f N : [ 1, 1] R durch f N (1/n) = ( 1) n für alle n N mit n < N, f N (1/N) = 0 und f N (x) = 0 für alle x < 1/N. Wir verbinden die Funktionswerte f(1/n) für n N noch durch Geradenstücke. Dann folgt 1 n 2. für N. φ(f N ) = N 1 n=1 1 n 2 n=1 1 n 2 17

18 6. Für jedes f C[ 1, 1] mit f 1 gilt φ n (f) 1 1 f(x) dx + 1 2n + 1 n k= n f(k/n) 3. Sei jetzt 0 < ε < 1. Wir definieren leicht eine stetige Funktion f 2n ε : [ 1, 1] R mit f ε (k/n) = 1 für k = n,..., n und f ε (x) = 1, falls x [k/n ε, k/n + ε] für alle k = n,..., n. Dazu verbinden wir einfach durch Geradenstücke. Für die so definierte Funktion f ε erhalten wir jetzt φ n (f ε ) (1/n 2ε)2n 2ε(2n + 1) + 1 n 1 = 3 (8n + 2)ε. 2n + 1 Wir beachten, dass n von vornherein fest vorgegeben war (also unabhängig von ε ist). Damit können wir ε 0 betrachten und erhalten, dass φ = 3 ist. k= n Aufgabe 21. Es sei P der Teilraum aller Polynome in C[0, 1] mit der Supremumsnorm. (i) Das Funktional φ : P R, welches durch φ(p) = a 0 für p(x) = n k=0 a kx k definiert ist, kann man zu einem stetigen Funktional auf ganz C[0, 1] fortsetzen. (ii) Das Funktional φ : P R, welches durch φ(p) = n k=0 a k für p(x) = n k=0 a kx k definiert ist, kann man zu einem stetigen Funktional auf ganz C[0, 1] fortsetzen. (iii) Das Funktional φ : P R, welches durch φ(p) = n k=0 ( 1)k a k für p(x) = n k=0 a kx k definiert ist, kann man nicht zu einem stetigen Funktional auf ganz C[0, 1] fortsetzen. (iv) Es seien N N und c 1,..., c N R vorgegeben. Das Funktional φ : P R, welches durch φ(p) = N k=0 ( 1)k c k a k für p(x) = n k=0 a kx k definiert ist, kann man nicht zu einem stetigen Funktional auf ganz C[0, 1] fortsetzen, vorausgesetzt es existiert ein k 2 mit c k 0. Beweis. (i) Wir setzen φ(f) = f(0). Offenbar ist dies eine Fortsetzung und φ = 1. (ii) Wir setzen φ(f) = f(1). Es handelt sich wieder um eine Fortsetzung mit Norm 1. (iii) Wir zeigen, dass φ auf einer dichten Teilmenge D C[0, 1] konstant Null ist. Damit müsste es sich (stetige Fortsetzbarkeit vorausgesetzt) bei φ um das Nullfunktional gehandelt haben, denn: Sei f C[0, 1]. Dann finden wir eine Folge f n D, n N, mit lim n f n = f. Es folgt φ(f) = φ( lim n f n ) = lim n φ(f n ) = 0. Dies ist aber offenbar nicht der Fall. Es bleibt die Dichte Menge D C[0, 1] zu finden, auf der φ konstant Null ist. Wir setzen { } n D = x (x + 1) a k x k : n N, a k R. k=0 18

19 Wir weisen nach, dass φ konstant Null auf D ist. Sei q D. Dann gilt n q(x) = a 0 x 0 + (a k + a k 1 )x k + a n x n+1. Es folgt φ(q) = a 0 + k=1 n ( 1) k (a k + a k 1 ) + ( 1) n+1 a n = a 0 a 0 + ( 1) n a n + ( 1) n+1 a n = 0. k=1 Es bleibt die Dichtheit von D nachzuweisen. Sei f C[0, 1]. Dann ist die durch g(x) = f(x) x + 1 definierte Funktion g auch in C[0, 1]. Aus dem Korollar aus dem Satz von Stone-Weiserstrass wissen wir, dass die Polynome dicht in C[0, 1] sind. Daher finden wir zu ε > 0 ein Polynom p mit g p < ε. Es folgt und damit x [0, 1] : f(x)/(x + 1) p(x) < ε, x [0, 1] : f(x) (x + 1)p(x) < (1 + x)ε 2ε. Das Polynom q(x) = (x + 1)p(x) ist also in D und erfüllt f q 2ε. Somit liegt D dicht in C[0, 1] und der Beweis ist abgeschlossen. (iv) Wir zeigen diesmal, dass die Menge { n ( D = x a ) k x N+1 k k=0 : n N, ak R dicht in C[0, 1] liegt. Für alle q D gilt φ(q) = c 0 q(0). Damit müsste dann aber (stetige Fortsetzbarkeit vorausgesetzt) für alle f C[0, 1] schon φ(f) = c 0 f(0) gelten, denn: Sei f C[0, 1]. Dann existiert eine Folge q n D, n N, mit f = lim n q n. Es folgt φ(f) = φ( lim n q n ) = lim n φ(q n ) = c 0 lim n q n (0) = c 0 f(0). Das stimmt aber schon auf dem Teilraum der Polynome nicht. Also bleibt nur die Dichtheit der Menge D zu zeigen. Sei also f C[0, 1] und ε > 0. Es sei g(x) = f ( x 1/(N+1)). Dann ist auch g in C[0, 1]. Daher finden wir ein Polynom p P mit g p < ε. Dann folgt ( x [0, 1] : ) f x 1/(N+1) p(x) < ε. Für x [0, 1] ist auch x N+1 [0, 1]. Also können wir diese Abschätzung auch auf x = x N+1 anwenden un erhalten ( x [0, 1] : ) f(x) p x N+1 < ε. Das Polynom q(x) = p ( x N+1) liegt in D und erfüllt f q < ε, die Dichtheit von D ist also nachgewiesen. } 19

20 Serie 8 (Beispiele zum Satz von Hahn-Banach) Aufgabe 22. Wir betrachten den Raum L 2 [ 1, 1] der quadratintegrierbaren Funktionen auf [ 1, 1]. Für jede reelle Zahl α sei E α = {f : [ 1, 1] R f(0) = α, f stetig }. (i) Für jedes α R ist E α konvex und dicht in L 2. (ii) Für α β sind E α und E β zwei nicht leere, konvexe, disjunkte Mengen, die sich nicht durch eine abgeschlossene Hyperebene trennen lassen. Beweis. Der Beweis steht mit Ausnahme der Dichtheit der Mengen E α im Skript. Diesen Teil wollen wir hier noch durchführen. Eine Anmerkung zum Beweis im Skript: Man kann den Beweis nehmen um allgemein zu zeigen, dass sich zwei dichte Teilmengen eines normierten Raumes nicht durch eine abgeschlossene Hyperebene trennen lassen. Nun zum Beweis der Dichtheit. Wir überzeugen uns davon, dass die Menge der stetigen Funktionen f : [ 1, 1] R in L 2 dicht liegt. Man folgert daraus sofort, dass auch diejenigen mit f(0) = α dicht liegen. Wir wissen, dass die einfachen Funktionen dicht in L 2 liegen (Lemma im Skript). Es reicht uns also die folgende Aussage zu beweisen. Zu jeder einfachen Funktion φ : [ 1, 1] R und jedem ε > 0 existiert eine stetige Funktion f : [ 1, 1] R mit 1 1 f(x) φ(x) 2 dx < ε. Es sei also φ = n a iχ Ai eine einfache Funktion und ε > 0. Weiter sei { } C = max max a i, max a i a j. i n i,j n Wir verwenden jetzt ein Resultat aus der Maßtheorie. Dieses besagt, dass wir zu jeder der Mengen A i eine Menge E i finden, die endliche Vereinigung offener Intervalle ist, und λ(a i E i ) < ε/c 2 erfüllt. Es gilt also für jedes i n E i = N i j=1 wobei alle I ji offene ( Intervalle sind. Wir definieren jetzt ψ : [ 1, 1] R durch ψ(x) = 0 n ) für x [ 1, 1] \ Ni j=1 I ji und ψ(x) = n Ni j=1 a iχ Iji (x) sonst. ψ ist also selbst eine einfache Funktion, welche sich von φ nur auf einer Menge vom Maß kleiner als ε/c 2 unterscheidet. In den Punkten, in denen ψ von φ verschieden ist, ist die Differenz der Funktionswerte höchstens C. Wir erhalten daraus 1 1 I ji, φ(x) ψ(x) 2 dx < ε. 20

21 Damit haben wir eingesehen, dass sich φ in der L 2 -Norm beliebig gut durch eine einfache Funktion der Form m a iχ (ci,d i ) approximieren lässt. Nach umsortieren können wir sogar annehmen, dass c i < d i c i+1 < d i+1 für alle i < m gilt. Eine solche Funktion können wir nun leicht durch eine stetige Funktion f approximieren, indem wir f(x) = a i für x (a i + ε, b i ε) setzen und dann durch Geradenstücke verbinden. Insgesamt folgt die gewünschte Dichtheit. Aufgabe 23. Weiteres Beispiel für konvexe, disjunkte Mengen, die sich nicht trennen lassen. Steht vollständig im Skript. Aufgabe 24. Noch ein Beispiel für konvexe, disjunkte Mengen, die sich nicht trennen lassen. Steht auch vollständig im Skript. Serie 9 (Eine spezielle Quotientenabbildung und isometrische Einbettung eines beliebigen Banachraumes in l (I)) Aufgabe 25. Es sei P der Vektorraum aller Polynomfunktionen einer reellen Veränderlichen (wir betrachten hier keinen normierten Raum!). Es sei { } n A = p P : p(x) = a k x k, a n > 0 und B = { p P : p(x) = k=0 } n a k x k, a n < 0. Dann sind A und B zwei disjunkte, konvexe Mengen, die sich nicht durch ein von 0 verschiedenes Funktional trennen lassen (wir sprechen nicht von stetigen Funktionalen, denn wir haben keinen normierten Raum vorliegen, also auch keinen Stetigkeitsbegriff!). Beweis. Disjunktheit und Konvexität sind offensichtlich. Wir weisen nach, dass es kein lineares Funktional φ 0 gibt, welches A und B trennt. Dazu sei φ : P R ein lineares Funktional, welches A und B trennt. Wir zeigen, dass φ 0 ist. Dazu sei für jedes n N k=0 p n : R R, x x n. Falls für alle n N gilt, dass φ(p n ) = 0 ist, so ist φ schon konstant Null auf ganz P, denn jedes p P lässt sich schreiben als p = n k=0 a kp k und die Linearität von φ impliziert dann φ(p) = n k=0 a kφ(p k ) = 0. Wir wollen also zeigen n N : φ(p n ) = 0. Sei n N. Wir nehmen zunächst φ(p n ) > 0 an. Es gilt für jedes λ R λp n + p n+1 A. 21

22 Damit folgt und sup p A φ(p) sup λφ(p n ) + φ(p n+1 ) = + λ R inf φ(p) inf λφ(p n) + φ(p n+1 ) =. p A λ R Damit kann φ aber nicht A von B trennen. Ebenso schließen wir aus, dass φ(p n ) < 0 ist. Also gilt φ(p n ) = 0. Aufgabe 26. Es sei C[0, 1] ausgestattet mit der Supremumsnorm und Φ : C[0, 1] R, Φ(f) = f(x) dx 1 1 f(x) dx Es ist Φ = 1 und Φ nimmt sein Supremum nicht an. Das heißt insbesondere, dass Φ nicht abgeschlossene Mengen auf abgeschlossene Mengen abbildet. 2. Φ bildet offene Mengen auf offene Mengen ab. 3. Für die Quotientenabbildung q : C[0, 1] C[0, 1]/Kern(Φ) gilt q ( B C[0,1] ) = BC[0,1]/Kern(Φ). Insbesondere bildet q nicht abgeschlossene Mengen auf abgeschlossene Mengen ab. (Wohl aber offene auf offene, was ja jede Quotientenabbildung tut.) Beweis. 1. Es ist offensichtlich, dass Φ die Norm 1 hat. Falls f : [0, 1] R eine Funktion mit max x [0,1] f(x) 1 und Φ(f) = f(x) dx 1 1 f(x) dx = 1 ist, so muss f(x) = 1 2 für fast alle x [0, 1/2] und f(x) = 1 für fast alle x [1/2, 1] gelten. Damit kann f aber offenbar nicht stetig gewesen sein, also nimmt Φ sein Supremum nicht an. 2. Es reicht zu zeigen, dass Φ(B C[0,1] ) = ( 1, 1) ist. Wir bezeichnen mit B X hier immer die offene Einheitskugel eines Raumes X. Es ist klar, dass man zu jedem ε > 0 Funktionen f ε, g ε B C[0,1] findet, so dass Φ(f ε ) 1 ε und Φ(g ε ) 1 + ε gilt. Durch skalieren tf ε bzw. tg ε, t > 0, erhält man auch jeden Wert dazwischen. 3. Weil Φ sein Supremum nicht annimmt, wissen wir wegen Teil 2, dass gilt. Sei U = Kern(Φ). Wir zeigen nun, dass Φ(B C[0,1] ) = ( 1, 1) q ( B C[0,1] ) = BC[0,1]/U gilt. Die Inklusion ist klar, da wir uns bereits davon überzeugt haben, dass Quotientenabbildungen stets die offene Einheitskugel auf die offene Einheitskugel abbilden. 22

23 Wir nehmen an, dass die umgekehrte Inklusion falsch ist. Dann finden wir ein f C[0, 1] mit f = 1 und q(f) 1. Weil jede Quotientenabbildung Norm 1 hat, wissen wir, dass q(f) = 1 gilt. Das heißt inf { f + g g Kern(Φ)} = 1. Das Bild von Φ hat die Dimension 1. Daher können wir für jedes h C[0, 1] eindeutige t R und g Kern(Φ) finden mit h = tf + g. Das liegt daran, dass f natürlich nicht in Kern(Φ) liegt, und daher C[0, 1] = {tf t R} Kern(Φ) gilt (Kern(Φ) hat in C[0, 1] die Kodimension 1). Wir definieren jetzt ein neues Funktional ψ : C[0, 1] R durch ψ(tf + g) := t. Offenbar hat ψ denselben Kern wie Φ. Daher existiert ein λ R mit ψ = λφ. Man kann das auch direkt einsehen. Bei λ handelt es sich um Φ(f), denn für beliebiges h = (tf + g) C[0, 1] gilt Φ(h) = tφ(f) + Φ(g) = Φ(f)t = Φ(f)ψ(h). Wir wissen außerdem, dass λ = Φ(f) 0 ist. Weiter gilt ψ = ψ(tf + g) sup tf+g 0 tf + g = sup g U,t 0 t tf + g = sup g U,t 0 1 f + 1 g = sup t h U 1 f + h = 1. Das heißt aber, dass ψ sein Supremum annimmt, denn es ist ja ψ(f) = 1. Dass kann aber nicht sein, denn dann müsste ja Φ = ψ/λ auch sein Supremum annehmen. Bemerkung: Ein alternativer Ansatz für die Untersuchung der Quotientenabbildung ist der folgende: Wir definieren χ : C[0, 1]/Kern(Φ) Bild(Φ), [f] Φ(f). Nach einem Lemma aus der Vorlesung wissen wir, dass es sich bei χ um einen stetigen Isomorphismus handelt (d.h. dass auch die Umkehrabbildung stetig ist). Wir stellen fest, dass Φ = χ q gilt. Falls q also abgeschlossene Mengen auf abgeschlossene Mengen abbildet, so müsste es auch Φ tun, denn χ tut dies als stetiger Isomorphismus offenbar. Dass Φ nicht abgeschlossene Mengen auf abgeschlossene Mengen überführt, hatten wir uns aber bereits überlegt. Wir können auf diese Weise auch das Bild der abgeschlossenen Einheitskugel unter q bestimmen. Es ist χ 1 (( 1, 1)) = q ( B C[0,1] ). 23

24 Denn die linke Seite ist und die rechte Seite ist die Menge {[f] Φ(f) ( 1, 1)} {[f] f 1}. Da wir aber bereits wissen, dass Φ ( B C[0,1] ) = ( 1, 1) ist, stimmen diese Mengen überein. Weil q als Quotientenabbildung Norm 1 hat, wissen wir dass q ( B C[0,1] ) eine Teilmenge der abgeschlossenen Einheitskugel von C[0, 1]/Kern(Φ) ist. Weil χ 1 (( 1, 1)) offen ist, wissen wir, dass es sich um eine offene Teilmenge handelt. Die offene Einheitskugel ist das Innere der abgeschlossenen und damit die größte offene Menge, die darin enthalten ist. Damit folgt, dass q ( B C[0,1] ) eine Teilmenge der offenen Einheitskugel sein muss. Dabei handelt es sich um die entscheidende Inklusion. Aufgabe 27. Zu jedem Banachraum X gibt es eine Menge I, so dass X isometrisch isomorph zu einem Teilraum von { } l (I) = x : I R : x := sup x(i) < i I ist. Beweis. Es sei I die abgeschlossene Einheitskugel des Dualraums X, also Die isometrische Einbettung ist I = {x X x 1}. φ : X l (I), x ˆx, wobei ˆx : I R definiert ist durch ˆx(x ) := x (x). Die Abbildung φ ist wohldefiniert, weil ˆx = sup x (x) sup x x = x < x 1 x 1 für jedes x X gilt. Mit dieser Abschätzung haben wir auch schon eingesehen, dass stets ˆx x gilt. Es ist nach Definition klar, dass es sich bei φ um eine lineare Abbildung handelt. Nach dem Satz von Hahn-Banach (Korollar) können wir zu jedem x X ein Funktional x mit Norm 1 finden, so dass x (x) = x gilt. Daraus erhalten wir sofort ˆx = x für jedes x X. Damit haben wir nachgewiesen, dass es sich bei φ um eine isometrische Einbettung handelt. 24

25 Serie 10 (Fortsetzungs- und Projektionseigenschaft) Aufgabe 28. Es sei I eine Menge. Dann hat der Raum l (I) die 1-Fortsetzungseigenschaft. Beweis. Es seien X und Z Banachräume mit X Z und f : X l (I) ein stetiges, lineares Funktional. Wir haben zu zeigen, dass wir f zu einem stetigen, linearen Funktional F : Z l (I) fortsetzen können, so dass F = f gilt. Wir bedenken, dass für jedes x X das Objekt f(x) eine Abbildung von I nach R ist. Wir verwenden für eine solche Abbildung f(x) : I R, i f i (x) auch die Schreibweise (f i (x)) i I. Für jedes i I können wir also die i-te Koordinate von f betrachten f i : X R, x f i (x). Für jedes i I handelt es sich bei f i um ein stetiges, lineares Funktional auf X. Die Linearität folgt direkt aus der von f und die Stetigkeit liegt an der für jedes i I gültigen Abschätzung sup f i (x) sup x 1 x 1 sup f j (x) = sup f(x). j I x 1 Die rechte Seite ist endlich, da f stetig ist. Nach dem Satz von Hahn-Banach können wir also für jedes i I eine stetige, lineare Fortsetzung F i : Z R, z F i (z) von f i finden, die darüberhinaus noch F i = f i erfüllt. Wir definieren nun die gesuchte Fortsetzung F : Z l (I), z F (z) durch F (z)(i) := F i (z) für jedes i I. Wir haben nachzuweisen, dass es sich bei F um eine stetige, lineare Abbildung handelt, die auf X mit f übereinstimmt und deren Norm gleich der von f ist. Die Linearität folgt direkt aus der Tatsache, dass alle F i linear sind. Das F auf X mit f übereinstimmt erhalten wir ebenso, da jedes F i eine Fortsetzung von f i ist. Die Gleichheit der Norm weisen wir nach. Daraus folgt natürlich die Stetigkeit von F. Es gilt sup F (z) = sup z 1 z 1 sup i I F i (z) = sup i I sup z 1 F i (z) = sup F i. i I Da jedes F i eine normgleiche Fortsetzung von f i ist, ist der rechte Ausdruck aber gleich sup i I f i. Dieses Supremum berechnen wir aber leicht als die Norm von f: sup i I f i = sup i I sup x 1 f i (x) = sup sup f i (z) = sup f(z) = f. x 1 i I x 1 Insgesamt folgt die gewünschte Gleichheit der Normen F = f. Das schließt den Beweis ab. 25

26 Aufgabe 29. Ein Banachraum X hat genau dann die t-fortsetzungseigenschaft, wenn er die t-projektionseigenschaft besitzt. Beweis. Wir zeigen zunächst, dass aus der t-fortsetzungseigenschaft die t-projektionseigenschaft folgt. Es sei also Z ein Banachraum, der X als Teilraum enthält. Wir betrachten die Identität Id : X X, x x. Weil X die t-fortsetzungseigenschaft besitzt, lässt sich Id zu einem stetigen, linearen Operator F : Z X fortsetzen, welcher F X = Id und F t Id = t erfüllt. F ist die gesuchte Projektion, denn für jedes z Z gilt F 2 (z) = F (F (z)) = F (z), da F (z) X und F X = Id gilt. Nun weisen wir die umgekehrte Implikation nach. X besitze die t-projektionseigenschaft. Es seien Y, Z Banachräume mit Y Z und f : Y X eine stetige, lineare Abbildung. Wir wissen, dass wir X isometrisch isomorph in l (I) einbetten können (für geeignetes I). Daher können wir ohne Einschränkung der Allgemeinheit annehmen, dass X l (I) gilt. Wir können f also auffassen als Abbildung von Y nach l (I). Da l (I) die 1-Fortsetzungseigenschaft besitzt finden wir eine stetige lineare Fortsetzung F : Z l (I) mit F = f. Wir sind an dieser Stelle noch nicht fertig, da wir nicht wissen, dass Bild(F ) X gilt. Das ist im allgemeinen natürlich auch nicht der Fall. Wir wissen aber, dass X die t-projektionseigenschaft besitzt. Daher finden wir eine stetige Projektion P : l (I) X, welche P t erfüllt. Die gesuchte Fortsetzung von f ist (P F ). Wir weisen dies nach. Für jedes y Y gilt (P F )(y) = P (F (y)) = P (f(y)) = f(y), da F Y = f und f(y) X und P X = Id. Damit gilt (P F ) Y = f. Es handelt sich also wirklich um eine Fortsetzung von f. Linear ist (P F ) als Hintereinanderausführung linearer Abbildungen. Außerdem gilt P F P F t f. Das zeigt die Stetigkeit und die gewünschte Normabschätzung. 26

27 Aufgabe 30. Es seien X und Y Banachräume und B : X Y Abbildung. Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent. R eine bilineare (i) B ist stetig. (ii) B ist stetig in beiden Koordinaten, d.h. dass für jedes x X die Abbildung y B(x, y) stetig ist, und für jedes y Y die Abbildung x B(x, y) stetig ist. (iii) B = sup x = y =1 B(x, y) <. (iv) B ist stetig in (0, 0). Beweis. (i) (ii) ist klar. (ii) (iii): B sei stetig in beiden Koordinaten. Wir wollen den Satz von Banach-Steinhaus anwenden. Dazu definieren wir für jedes y Y T y : X R, T y (x) = B(x, y). Für jedes y ist T y ein stetiger, linearer Operator, da B als stetig in beiden Komponenten vorausgesetzt war. Es sei A = {T y y Y, y = 1}. Da X als Banachraum von 2. Kategorie ist, besagt der Satz von Banach-Steinhaus, dass falls für jedes x X gilt, so folgt sup T (x) < T A sup T <. T A Letzteres ist gerade die zu zeigende Aussage, denn sup T A T = sup sup T A x =1 Es reicht also zu zeigen, dass für jedes x X T (x) = sup sup y =1 x =1 sup B(x, y) < y =1 B(x, y). gilt. Dies ist aber der Fall, da ja auch die Abbildung y B(x, y) stetig und linear ist. (iii) (iv) : Es gelte B = sup B(x, y) <. x = y =1 Dann existiert ein C > 0, so dass für alle x, y mit x 1 und y 1 die Bedingung B(x, y) C 27

28 erfüllt ist. Wir haben die Stetigkeit im Punkt (0, 0) nachzuweisen. Es sei also ε > 0. Wir setzen δ = (ε/c) 1/2. Seien x X und y Y mit x < δ und y < δ. Es folgt, dass x/δ < 1 und y/δ < 1. Daher folgt und das heißt B(x/δ, y/δ) C, B(x, y) δ 2 C = ε. (iv) (i): Wir zeigen, dass aus der Stetigkeit im Punkt (0, 0) die Stetigkeit in allen Punkten folgt. Es sei (x 0, y 0 ) X Y. Wir weisen die folgende Aussage nach: Für jedes ε > existiert ein δ > 0, so dass für alle x, y mit x δ und y δ die Bedingung B(x + x 0, y + y 0 ) B(x 0, y 0 ) < ε erfüllt ist. Sei ε > 0. Zunächst finden wir wegen der Stetigkeit von B in (0, 0) ein η > 0, so dass für alle (x, y) X Y mit x η und y η die Bedingung B(x, y) < ε/3 erfüllt ist. Wir erhalten daraus, dass für alle x X mit x η (x, B η y 0 y 0 gilt. Es folgt, dass für alle x X mit x η2 y 0 ) < ε 3 B(x, y 0 ) < ε 3 gilt. Auf die gleiche Weise erhalten wir, dass für alle y Y mit y η2 x 0 B(x 0, y) < ε 3 gilt. Wir setzen δ = min { η η, η 2 x 0 y 0 }. Dann folgt für alle x, y mit x, y δ (B(x + x 0, y + y 0 ) B(x 0, y 0 ) = B(x, y) + B(x, y 0 ) + B(x 0, y) < ε. Der Ringschluss ist vollständig. Serie 11 (Separable Räume) Aufgabe 31. Es sei X der Raum aller reellwertigen Polynome auf [0, 1] ausgestattet mit der Norm p = p(t) dt.

29 Weiter sei B : X X R definiert durch B(p, q) = 1 0 p(t)q(t) dt. Dann handelt es sich bei B um eine bilineare Abbildung, die in beiden Komponenten stetig ist aber nicht stetig ist. Das liegt daran, dass X kein Banachraum ist. Beweis. Die Bilinearität ist klar. Wir weisen nach, dass B in der ersten Komponente stetig ist. Dazu sei q X fest. Es gilt sup B(p, q) sup p =1 p =1 1 0 p(t)q(t) dt max q(x) sup 0 x 1 p =1 Ebenso sieht man die Stetigkeit in der hinteren Komponente ein. Nun wollen wir zeigen, dass B nicht stetig ist. Dazu sei für jedes n N 1 p n : [0, 1] R, p n (x) = n + 1x n. Wir betrachten die Folge (p n, p n ), n N, in X X. Es gilt 0 p(t) dt = max q(x) <. 0 x 1 p n = n t n dt = n + 1 n + 1 = 1 n + 1. Also gilt p n 0 für n und damit (p n, p n ) (0, 0) für n. Andererseits gilt B(p n, p n ) = (n + 1) für n. Daher kann B nicht stetig sein. 1 0 t 2n dt = n + 1 2n Aufgabe 32. Es sei X ein metrischer Raum und K ein kompakter metrischer Raum. Falls f : X K einen abgeschlossenen Graphen besitzt, so ist f stetig. Zusatz: Die Aussage bleibt nicht wahr, falls X kompakt ist, K aber nicht. Wir verwenden zum Beweis ein Lemma. Lemma 5. Es sei (x n ) n N eine Folge in einem metrischen Raum M und x 0 M. Falls jede Teilfolge (x nk ) k N eine Teilfolge (x nkl ) l N, besitzt, die gegen x 0 konvergiert, so konvergiert die Folge (x n ) n N gegen x 0. Beweis. Wir beweisen die Aussage mittels Kontraposition. Die Folge konvergiere nicht gegen x 0. Das heißt: Es existiert ein ε > 0, so dass für alle N N ein n N existiert mit d(x n, x 0 ) ε. Wir haben zu zeigen, dass eine Teilfolge (x nk ) k N existiert, die keine gegen x 0 konvergente Teilfolge besitzt. Wir konstruieren diese induktiv. Zu N = 1 finden wir ein 29