Universität Ulm Abgabe: Donnerstag,

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1 Universität Ulm Abgabe: Donnerstag, Jun.-Prof. Dr. D. Mugnolo Manfred Sauter Sommersemester 29 Gesamtpuntzahl: 3+ Lösungen Elemente der Funtionalanalysis: Blatt 6 As for everything else, so for a mathematical theory: beauty can be perceived but not explained. Arthur Cayley (82 895) 5. Sei H ein Hilbertraum und U, V abgeschlossene Unterräume von H. Zeige: Genau dann (4) ommutieren P U und P V, wenn auch P U P V eine orthogonale Projetion ist; in diesem Fall gilt P U P V = P V P U = P U V. Lösung: Wir nehmen zuerst an, dass P U und P V ommutieren. Dann gilt P V P U P V = P V P U = P U P V. Damit folgt P U P V x = P V P U x U V. Sei y U V. Dann gilt ( x PU P V x y P U P V x ) = ( x y ) ( x P U P V x ) ( P U P V x y ) + ( P U P V x P U P V x ) = ( x y ) ( x P U P V x ) ( x y ) + ( x P U P V x ) =. Hierbei haben wir die zweite Charaterisierung aus Aufgabe (b) verwendet. Damit ist nach Definition P U P V = P V P U = P U V. Für die verbliebene Richtung nehmen wir an, dass P U P V eine orthogonale Projetion ist. Wieder unter Verwendung von Aufgabe (b) erhalten wir für beliebige z H ( PU P V x z ) = ( x P U P V z ) = ( P V P U x z ). Damit ommutieren P U und P V. 6. Fourierreihen. (a) Es sei f C (R) -periodisch. Zeige: Ist die formale Fourierreihe von f durch (2) Z c e 2πit gegeben, dann hat f die formale Fourierreihe Z 2πic e 2πit. Lösung: Sei. Dann gilt c = ( f e )L 2 = f(t)e 2πit dt = 2πi f(t)e 2πit + f (t)e 2πit dt = + 2πi 2πi c, wobei c den -ten Fourieroeffizienten von f bezeichnet. Der erste Term verschwindet, weil f -periodisch ist. Zudem gilt c = Insgesamt haben wir also die Identität nachgewiesen, was zu zeigen war. f (t) dt = f(t) = = 2πic. c = 2πic (2)

2 (b) Berechne die formale Fourierreihe der Funtion f(t) = 4 π2 ( 2t) 2! (4) Lösung: Diese Funtion ist stetig differenzierbar und -periodisch. Daher gilt für f (t) = π 2 (2t ) und c = π 2 (2t )e 2πit dt = π2 2πi (2t )e 2πit + π2 e 2πit dt = π πi i +. Wir önnen den vorigen Aufgabenteil anwenden und erhalten für Zudem gilt c = Damit ist die formale Fourierreihe durch gegeben. c = 2πi c = π2 (2t ) 2 dt = 4 π2 6 (2t )3 2 π2 + Z\{} 2 2 e2πit = 2 π2. (c) Wir nehmen in diesem Aufgabenteil an, dass wir bereits wüßten, dass die formale (2) Fourierreihe aus Aufgabenteil (b) gleichmäßig gegen f onvergiert. Weise damit die Gleichheit 2 = π2 6 nach! Lösung: Konvergiert die Fourierreihe aus dem vorigen Aufgabenteil gleichmässig, so gilt unter anderem 4 π2 = f() = 2 π , oder gleichbedeutend Z\{} 2 = 4 π2 2 π2 = 6 π2. (d) Man will für das Polynom p(t) = t ein Polynom q höchstens fünften Grades finden, (4) welches den Ausdruc p(t) q(t) 2e t 2 dt minimiert. Ist dieses Optimierungsproblem wohlgestellt und eindeutig lösbar? Falls ja, beschreibe ein Verfahren, welches die Lösung q bestimmt. Lösung: Definiere f(t) = p(t) 2e t. Diese Funtion ann offenbar als Element vom Hilbertraum L 2 (, ) verstanden werden. Zudem ist der von den Polynomen bis zu fünftem Grad aufgespannte Unterraum U in L 2 (, ) endlichdimensional (genauer gesagt 6-dimensional). Daher ist U insbesondere abgeschlossen. Die Minimierungsaufgabe ist äquivalent dazu den Ausdruc f q 2 L 2 für q U zu minimieren. Die eindeutige Lösung für das Optimierungsproblem ist also durch P U f gegeben. 2

3 Die onrete Berechnung ann wie folgt vorgenommen werden: man orthogonalisiert die Monome bis zu fünftem Grad mittels Gram Schmidt; die Projetion auf dieses endlichdimensionale ONS ann dann durch die Bestimmung der sechs Fourieroeffizienten bezüglich dieses ONS angegeben werden. 7. Der Vollständigeit halber... (a) Beweise ohne Zuhilfenahme der Maßtheorie die Vollständigeit von l 2. (4) Lösung: Es sei (x (n) ) eine Cauchy-Folge in l 2. Zu zeigen ist, dass diese in l 2 auch onvergiert. Grenzwertandidat: Es gilt x (n) x (m) x (n) x (m) l 2 (n, m ). Daher liegt omponentenweise eine Cauchy-Folge vor. Der Grenzwertandidat ist daher die Folge x = (x ) N wobei x := lim n x(n). Zulässigeit: Wir zeigen, dass x l 2 ist. Das folgt aus denn Cauchy-Folgen sind beschränt. x 2 = lim x (n) n 2 lim sup x (n) 2 <, n l 2 Konvergenz: Es verbleibt noch die Konvergenz in l 2 nachzuweisen. Sei ε >. Wähle nun M groß genug, dass x (n) x (m) l 2 (n, m M). Dann gilt für n M x (n) 2 x = lim x (n) m x (m) 2 lim sup x (n) m Dies rechtfertigt den Grenzwertübergang N, und man erhält lim x (n) x =. l 2 n x (m) 2 ε. (b) Zeige, dass l nicht separabel ist. (2) Lösung: Definiere für A N die beschränte Folge x(a) := ( A (), A (2),... ). Seien A, A 2 N beliebig mit A A 2. Dann gilt x(a ) x(a 2 ). Die 2 -Umgebungen von x(a ) und x(a 2 ) in l sind also disjunt. Da P(N) überabzählbar ist und eine in l dichte Menge in der Umgebung einer jeden durch eine solche Teilmenge induzierten Folge einen Punt besitzen muss, ann l nicht separabel sein. (6) 8. Sei H ein Hilbertraum und (e ) N ein Orthonormalsystem in H. (4) (a) Zeige, dass (e ) genau dann eine Orthonormalbasis von H ist, wenn jeder Unter- (2) vetorraum von H, welcher (e ) enthält, dicht in H ist. 3

4 Lösung: Eine Orthonormalbasis hat nach Definition einen linearen Aufspann, der dicht ist. Somit ist natürlich auch ein dieser den Aufspann enthaltender Unterraum dicht. Die andere Richtung erhält man aus der Beobachtung, dass (e ) span{e : N} = H. (b) Zeige, dass (e ) genau dann eine Orthonormalbasis von H ist, wenn (2) für alle x, y H gilt. ( ) ( )( x y = x e e y ) Lösung: Gilt diese Gleichung, dann folgt im Fall x = y die Identität x 2 = ( ) x e 2. Gilt also für einen Vetor ( x e ) = für alle N, dann folgt x =. Nach Aufgabe 3 (b) folgt, dass (e ) eine Orthonormalbasis ist. Sei für die umgeehrte Richtung (e ) eine Orthonormalbasis. Dann gilt nach der Cauchy Schwarzschen Ungleichung und der Parsevalschen Gleichung, dass a(x, y) := ( )( x e e y ) x y < eine symmetrische Sesquilinearform ist. Da diese auf der Diagonalen mit dem Salarprodut übereinstimmt, also a(x, x) = x 2 = ( x x ) (x H) gilt, folgt wegen der Polarisationsgleichung sofort a(x, y) = ( x y ) für alle x, y H. 9. Zur Hilbertraumdimension. (a) Seien (X, ) und (X 2, 2 ) zwei isomorphe normierte Räume. Zeige, dass X (2) genau dann separabel/vollständig ist, wenn X 2 separabel/vollständig ist. Ein normierter Raum heißt dabei separabel, wenn er eine abzählbare dichte Teilmenge besitzt. Lösung: Sei J : X X 2 ein Isomorphismus, also J L(X, X 2 ) bijetiv mit J L(X 2, X ). Es genügt wegen der Symmetrie in der Aussage zu zeigen, dass wenn X separabel/vollständig ist, dies auch für X 2 gilt. Sei also D = {x n : n N} abzählbar und dicht in X. Dann ist auch JD = {Jx n : n N} abzählbar und dicht in X 2, was man wie folgt sieht: für y X 2 existiert x X mit Jx = y; es gibt eine Folge (x ) in D mit x x in X ; Jx JD und Jx Jx = y in X 2 wegen der Stetigeit von J. Sei X vollständig und (y ) eine Cauchy-Folge in X 2. Dann definiert auch x := J y eine Cauchy-Folge, denn () x n x m X J y n y m X2 (n, m ). Diese besitzt in X einen Grenzwert x. Nun gilt aber y = Jx Jx =: y ( ). Also ist (y ) in X 2 onvergent. Damit ist auch X 2 vollständig. 4

5 (b) Gib einen Beweis oder ein Gegenbeispiel für folgende Aussage: Sind zwei normierte () Räume isometrisch isomorph, so ist der eine ein Hilbertraum genau dann, wenn es auch der andere ist. Lösung: Diese Aussage ist orret. Ist nämlich J : X X 2 ein isometrischer Isomorphismus und ist X darüber hinaus ein Hilbertraum, so definiert ( y y 2 )2 := ( J y J y 2 ) offenbar eine positiv definite, symmetrische Sesqusquilinearform. Die Vollständigeit überträgt sich wegen des vorausgegangenen Aufgabenteils. (c) Zeige, dass die Vetorraumdimension von l 2 nicht mit seiner Hilbertraumdimension (3) übereinstimmt. Lösung: Wir wissen, dass l 2 insbesondere ein vollständiger metrischer Raum ist. Die Hilbertraumdimension von l 2 ist ℵ, da (e ) eine abzählbare Orthonormalbasis darstellt. Offenbar ist l 2 unendlichdimensional. Andererseits muss wegen des Satzes von Baire die Vetorraumdimension von l 2 echt höhere Kardinalität als ℵ besitzen. Zum Beweis nehmen wir an, dies wäre nicht der Fall. Dann gilt also span{x : N} = l 2 mit einem linear unabhängigen System (x ). Nun enthält A n := span{x : n} einen inneren Punt, da l 2 ansonsten endlichdimensional wäre. Zugleich ist aber A n als endlichdimensionaler Unterraum abgeschlossen. Aus der Identität A n = l 2 n N folgt nun mittels Baire der Widerspruch. Damit muss eine Vetorraumbasis von l 2 höhere Kardinalität als ℵ haben. (d) Zeige, dass zwei Hilberträume mit Orthonormalbasen derselben Kardinalität stets (4) isometrisch isomorph sind. Lösung: Sei (f α ) α I eine Orthonormalbasis von H und (g β ) β J eine Orthonormalbasis derselben Kardinalität von H 2. Die Bijetion zwischen den Indexmengen I und J sei durch j bezeichnet. Definiere nun die lineare Abbildung U : span{f α : α I} H 2, f α g j(α). Da U isometrisch ist und (f α ) dicht in H liegt, ann U stetig zu Ũ L(H, H 2 ) fortgesetzt werden. Es ist wegen der Stetigeit der Normen lar, dass Ũ isometrisch und damit injetiv ist. Offenbar liegt das Bild von Ũ dicht in H 2. Wegen des Satzes von der beschränten Inversen genügt es nun zu zeigen, dass das Bild von Ũ abgeschlossen ist. Man ann jedoch genauso einfach diret sehen, dass Ũ surjetiv ist. (e) Gilt die Aussage des vorigen Aufgabenteils auch, wenn man Orthonormalbasen durch Vetorraumbasen ersetzt und dafür das isometrisch streicht? Hinweis: Wir verwenden ZFC. Auf diesen Aufgabenteil werden eine Punte vergeben, weil er unangemessen schwierig und im Rahmen der Vorlesung völlig irrelevant ist. Die vorgesehene Bearbeitung besteht in entsprechender Literaturrecherche. Lösung: Nein, dann wird die Aussage falsch, wie folgendes Gegenbeispiel zeigt. Wir vergleichen l 2 = l 2 (N) und l 2 (R). Nach Vorlesung ist beannt, dass l 2 (N) separabel ist, während dies für l 2 (R) nicht gilt. Nach dem ersten Aufgabenteil sind diese beiden Räume also nicht isomorph. Damit wir tatsächlich ein Gegenbeispiel gefunden haben, verbleibt der Nachweis, dass die Vetorraumdimension von l 2 (N) und l 2 (R) übereinstimmen. Wir beweisen dazu, dass die 5

6 Vetorraumdimension von l 2 (N) mit R = 2 ℵ übereinstimmt. Die Behauptung folgt dann daraus, dass die Vetorraumdimension von l 2 (R) natürlich eine geringere Mächtigeit hat, aber auch eine höhere. Letzteres sieht man wie folgt: l 2 (R) (R R) N = R N = (2 ℵ ) ℵ = {N {N {, }}} = {N N {, }} = 2 ℵ. Es genügt nun zu zeigen, dass ein linear unabhängiges System der Kardinalität 2 ℵ in l 2 (N) existiert. Konstruiere dazu eine Familie (N t ) t R von Teilmengen der natürlichen Zahlen, welche N t N t2 < falls t t 2 und N t = für t R erfüllt. Dies ann durch eine geometrische Konstrution über schiefe durch den Winel indizierte Steifen der Breite 2 in N N R 2 erfolgen. Nun wird durch x t := 2 n e n n N t eine entsprechende Familie linear unabhängiger Vetoren in l 2 (N) definiert. Entsprechende Literaturverweise zu diesem Thema sind: References [Blo] [Bud7] [Lac73] Meta. Update. Letzter Zugriff: url: wordpress.com/28/9//meta-update/. J. R. Buddenhagen. Classroom Notes: Subsets of a Countable Set. In: Amer. Math. Monthly 78.5 (97), pp issn: H. Elton Lacey. The Hamel dimension of any infinite dimensional separable Banach space is c. In: Amer. Math. Monthly 8 (973), p issn: [Pla] PlanetMath. Dimension Formulae for Vector Spaces. Version 22, letzter Zugriff: url: http : / / planetmath. org / encyclopedia / DimensionFormulaeForVectorSpaces.html. [Wi] Wiipedia. Mächtigeit. Letzter Zugriff: url: http : / / de. wiipedia.org/wii/m%c3%a4chtigeit_(mathemati). 2. Sei (K, d) ein ompater metrischer Raum. Mit C(K) sei die Menge der stetigen Fun- (4) tionen von K nach R bezeichnet. Es sei eine Folge (f n ) n N von Funtionen in C(K) gegeben, welche f n (x) f n+ (x) für alle x K und n N erfüllt. Zudem gelte, dass f n puntweise gegen eine stetige Funtion f onvergiere. Zeige, dass f n f gleichmäßig in K für n. Hinweis: Der Konsequenz halber ist auch bei dieser Aufgabe wieder Folgenompatheit zu verwenden. Lösung: Wir geben einen Beweis durch Widerspruch. Nehmen wir also an, die Folge würde nicht gleichmäßig in K onvergieren. Dann existiert ein ε > derart, dass für alle n N Elemente x n K existieren mit f(x n ) f n (x n ) > ε. Es gilt wegen Folgenompatheit nach Teilfolge, dass x n x K. Es gibt ein N N mit f(x) f n (x) < ε/4 für alle n N. Wegen Stetigeit und Monotonie gilt die Ungleichung f(x) f n (x) < ε/2 (n N) auf einer offenen Umgebung U von x. Wähle N groß genug, dass auch x n U für n N gilt. Damit haben wir den Widerspruch ε < f(x N ) f N (x N ) < ε 2. 6