Funktionalanalysis I Blatt 14 Lösungen bitte zur Übung am 1. Februar 2019 mitbringen

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1 Universität Leipzig Mthemtisches Institut Prof. Dr. Bernd Kirchheim Dr. Stefno Moden WS218/19 Funktionlnlysis I Bltt 14 Lösungen itte zur Üung m 1. Ferur 219 mitringen Lösung (Aufge 1). Jeder trigonometrische Polynom knn durch Polynome in der Sup-norm pproximiert werden. Lösung (Aufge 1 1c, 1d). Wir hen, für lle τ, τ f(x) f(x + τ) f(x) τ L τ L, τ woei L die Lipschitzkonstnte von f ist. Deswegen ist die Fmilie { τ f} τ eschränkt in L. Es git dnn eine Folge τ k, so dss die Folge τk f einen schwchen Limes ht. Sei δ (τk )f L der schwche Limes, d.h. τk f δ (τk )f Wir hen jetzt (für τ >, eine ähnliche erechnung gilt für τ < ) τ fφ 1 [ ] f(x + τ) f(x) φ(x)dx τ [ˆ 1 ˆ ] f(x + τ)φ(x) f(x)φ(x) τ ] [+τ 1 τ [ 1 τ +τ +τ +τ f(x)φ(x τ) f(x)φ(x) +τ f(x)φ(x τ) + f(x)φ(x τ) φ(x τ) φ(x) f(x) + 1 τ τ +τ ˆ +τ f(x)φ(x τ) 1 τ ˆ ] f(x)φ(x) f(x)φ(x) +τ ˆ +τ Wenn wir jetzt den Limes τ k nehmen, hen wir für die linke Seite d τk f δ (τk )f. Für die rechte Seite, f(x) φ(x τ k) φ(x) +τ k τ k ˆ τk fφ δ (τk )fφ, f(x) φ(x τ k) φ(x) +τ k τ k f(x)φ(x). (1) f(x)φ (x), 1

2 d φ(x τ k ) φ(x) φ (x) τ k punktweis und mn knn den Stz von der mjorisierten Konvergenz enutzten; wir hen uch ˆ 1 +τ τ 1 τ ˆ +τ (us dem Mittelwertstz), so dss f(x)φ(x τ) f()φ() f(x)φ(x) f()φ() δ (τk )fφ fφ Wenn wir jetzt eine ndere Folge τ k nehmen, dnn uch diese Folge ht eine Teilfolge ( τ k ) die schwch konvergiert gegen δ τ k f und, wie früher, es gilt Deswegen für lle φ C 1. Es soll dnn δ ( τ k )fφ fφ δ ( τ k )fφ δ ( τ k )f δ (τk )f δ (τk )fφ sein. Punkt (d) knn jetzt mit einer Berechnung ewiesen werden, die ähnlich zu (1) oen ist. Lösung (Aufge 2). Wir zeigen dss S L λi surjektiv ist, wenn λ < 1. Sei y l p. Wir suchen x l p, so dss fφ. fφ. (S L λi)x y. (2) Wir hen noch gesehen: flls ein solcher x existiert, dnn soll x (x 1, x 2, x 3,... ) die Bedingung x n+1 λ k y n k + λ n x 1 (3) k erfüllen, für lle n 1. Wie gesgt, wir suchen x l p, so dss (2) gilt. Wir können dnn definieren x 1 :, x n+1 : λ k y n k, für n 1. k Wir zeigen jetzt, dss x l p, flls y l p. Für p, x n+1 y n k y l k 2 + k

3 und dnn x l. Für p 1, hen wir x n+1 y n k n1 und n1 k k n1 y n y l 1 k nk+1 k <, k d λ < 1. Für p (1, ), hen wir x n+1 y n k (Höldersche Ungleichung) und dnn x n+1 p woei ( + k p /2 k /2 }{{} y n k λ k/2 y n k }{{} l p k l p ( ) 1/p ( p /2 k ( + k ) p/p ( C 1 : p /2 k ) 1/p ( k nk+1 y n k p/2 y n k p ) 1/p ) 1/p p/2 y n k p k ) p/2 y n k p C 1 p/2 y n k p, k ( + k p /2 ) p/p eine Konstnte ist, die nicht von n und y hängt, sondern nur von λ. Wir emerken uch, dss C 1 <, weil λ < 1. Wir hen dnn x n+1 p C 1 p/2 y n k p n1 C 1 C 1 C 1 n1 k k nk+1 p/2 p/2 y n k p k nk+1 p/2 k C 1 C 2 y p l p, n1 y n p k p/2 y n k p 3

4 woei C 2 : p/2 <, k d, noch einml, λ < 1. Dher x l p. Wir zeigen jetzt, dss σ(s L ) B(, 1) C. Wir zeigen zunächst, dss σ(s L ) B(, 1), d.h. λi S L ist invertierr, flls λ > 1. Wir hen ( λi S L λ I 1 ) λ S L nd thus λi S L ist invertierr genu dnn, wenn I S L /λ invertierr ist. Sie hen in den Vorlesungen gesehen, dss I A invertierr ist genu dnn, wenn A < 1 und (I A) 1 A n. Flls λ > 1, dnn n 1 λ S L 1 λ S L 1 λ < 1, woei wir S L 1 enutzt hen (einfch zu sehen). Dher ist I S L /λ invertierr und dnn σ(s L ) B(, 1). Wir hen schon ewiesen, dss B(, 1) σ p (S L ) σ(s L ) B(, 1). D σ(s L ) geschlossen ist, muss σ(s L ) B(, 1) gelten. Für p < und λ 1, ist S L λi nicht invertierr (d λ σ(s L )), er ist S L λi injektiv (d λ / σ p (S L ). Deswegen soll S L λi nicht surjektiv sein. Für p, sei λ 1, d.h. λ e iϑ, für ein ϑ R. Sei y l durch y n e inϑ gegeen. Wir ehupten, dss kein x l existiert, so dss (S L λi)x y, d.h. S L λi nicht surjektiv ist. Flls ein solcher x l existierten würde, sollte (3) gelten und dnn x n+1 e ikϑ e i(n k)ϑ + e inϑ x 1 e inϑ + e inϑ x 1 (n 1)e inϑ + e inϑ x 1 k k und deswegen wäre x n+1 nicht eschränkt (d.h. nicht in l ): x n+1 x n+1 e inϑ x 1 e inϑ x 1 (n 1) x 1 mit n. Lösung (Aufge 2c). Wir hen T S 2 L + 2S L + I (S L + I) 2 p(s L ), woei p(z) (z + 1) 2, z C. Wir hen dnn σ(t ) σ(p(s L )) p(σ(s L )) p(b(, 1)). Wir etrchten die folgenden Prmetrisierung von dem Rnd von B(, 1): x t 1, y ± 1 x 2 ± t(2 t), t [, 2]. 4

5 Der Polynom (z 1) 2, für z x + iy, wird (z + 1) 2 ( (x + iy) + 1 ) 2 (x 2 y x) + 2yi(x + 1). Deswegen p( B(, 1)) ist durch die Kurven ( ) (t 1) 2 t(2 t) (t 1) ( 2t 2 2t ) φ + (t) 2t t(2 t) 2t t(2 t) gegeen, und ( ) (t 1) 2 t(2 t) (t 1) ( 2t 2 2t ) φ (t) 2t t(2 t) 2t t(2 t). Lösung (Aufge 3). Wir können eigentlich uch eweisen, dss T mx K(x, s) ds uch wenn K wechselndes Zeichen ht. Wir hen und dnn T f(x) K(x, s) f(s) ds f K(x, s) ds T f f sup K(x, s) ds f mx K(x, s) ds, woei wir mx sttt sup schreien können, d [, 1] x 1 K(x, s) ds stetig ist (d K stetig). Wir hen dnn Sei jetzt x [, 1] so dss mx T mx K(x, s) ds K(x, s) ds K(x, s) ds. Wir definieren +1, flls K(x, s) >, g(s) : sign K(x, s), flls K(x, s), 1, flls K(x, s) <. Die Funktion g ist nicht stetig, er g L und ht Norm 1. Wir können eine Folge (g n ) von stetigen Funktionen finden, die gegen g in L 1 konvergieren: g n g in L 1 (nicht ezüglich der Sup-Norm) 5

6 und deren Sup-Norm g n 1 erfüllt. D g n g in L 1, hen wir uch Wir hen dnn K(x, s)g(s) lim n K(x, s)g n (s)ds mx K(x, s) ds lim n K(x, s) ds K(x, s)g(s)ds K(x, s)g n (s)ds lim n T g n(x ) lim inf n T g n lim inf n T g n (d g n 1) T, so dss und dnn T mx T mx K(x, s) ds K(x, s) ds. 6