Übungen zur Funktionalanalysis Lösungshinweise Blatt 2

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1 Übungen zur Funktionalanalysis Lösungshinweise Blatt 2 Aufgabe 5. Beweisen Sie: Ein kompakter Hausdorffraum, welcher dem ersten Abzählbarkeitsaxiom genügt, ist folgenkompakt. Lösung. Es sei X ein kompakter Hausdorffraum, {x n } n N eine Folge in X. Wir müssen zeigen, dass es eine konvergente Teilfolge gibt. Dazu zeigen wir zunächst: x X ist genau dann Grenzwert einer Teilfolge von {x n } n N, wenn in jeder Umgebung von x unendlich viele Folgenglieder liegen. Die Hinrichtung ist klar. Es sei also x X und in jeder Umgebung von x gebe es unendlich viele Folgenglieder. Es sei {U n } n N eine Umgebungsbasis von x. Wir können annehmen, dass U k+1 U k für alle k N gilt, ansonsten setze U 1 U 1, U k+1 U k U k+1, dann ist das System der U k eine Umgebungsbasis, welches die besagte Eigenschaft besitzt. Nach Annahme gibt es x nk U k für ein geeignetes n k N und jedes k N. Ist nun U eine beliebige Umgebung von x, so ist U nj U für ein geeignetes j N und damit x nk U für k j. In jeder Umgebung von x liegen also fast alle Folgenglieder von {x nk } k N, diese Teilfolge konvergiert also gegen x (beachte, dass diese Schlussweise nur unter Annahme des 1. Abzählbarkeitsaxioms zulässig ist). Es sei nun x X beliebig. Ist x kein Häufungspunkt der Folge {x n } n N, so gibt es nach dem eben Gezeigten eine Umgebung U x von x, welche nur endlich viele Folgenglieder enthält. Hätte die Folge also keine Häufungspunkte, so würden die U x, x X, X überdecken und es reichten endlich viele. In deren Vereinigung lägen aber nur endlich viele Folgenglieder. Widerspruch. Somit ist X folgenkompakt. Aufgabe 6. Es sei I eine beliebige Menge und R I {f : I R}. 1. Für ε > 0, F I endlich, sei U(f, ε, F ) {g : I R f(i) g(i) < ε i F }. Damit sei U f {U(f, ε, F ) ε > 0, F I endlich}. Zeigen Sie, dass U f eine Umgebungsbasis von f einer Topologie τ auf R I ist. (D. h. zeigen Sie, dass endliche Schnitte von Mengen aus U f stets wieder ein Element von U f enthalten. Die Elemente von τ sind dann Vereinigungen von Mengen aus U f für f R I variabel.) 2. Zeigen Sie, dass mit der Topologie der vorherigen Teilaufgabe die Abbildung π i : R I R, f f(i) für jedes i I stetig ist. 3. Es sei σ eine Topologie auf R I, so dass die Abbildungen π i : R I R für jedes i I stetig sind. Zeigen Sie, dass dann die Abbildung (R I, σ) (R I, τ), f f stetig ist. Lösung. 1. Es seien endlich viele Mengen U(f, ε 1, F 1 ),..., U(f, ε n, F n ) gegeben und es sei ε min{ε 1,..., ε n }, F F 1 F n. Dann gilt U(f, ε, F ) n U(f, ε j, F j ). j1 1

2 U f ist also Basis einer Topologie auf R I. 2. Das Urbild der offenen Menge U R unter π i ist gegeben durch i (U) {g : I R g(i) U}. Ist nun f i (U), so gibt es ε > 0 mit B ε (f(i)) U. Damit gilt für jedes f i U(f, ε, {i}) i (U) (U), somit ist i (U) offen, π i also stetig. 3. Es genügt zu zeigen, dass Urbilder von Basismengen offen sind, also ist zu zeigen, dass Mengen der Form U(f, ε, F ) in σ liegen. Es sei also f : I R, ε > 0 und eine endliche Teilmenge F I gegeben. Da die Projektionen π i stetig sind, ist die Menge i (B ε (f(i))) {g : I R g(i) f(i) < ε} offen bzgl. σ. Also ist auch der endliche Schnitt i (B ε (f(i))) {g : I R g(i) f(i) < ε i F } U(f, ε, F ) i F offen bzgl. σ. Aufgabe 7. Es sei X ein Vektorraum sowie {p n : X R 0 n N} eine Menge von Funktionen mit p n (x + y) p n (x) + p n (y) und p n (λ x) λ p n (x) für n N, x, y X, λ R und zu jedem x X \ {0} gebe es n N mit p n (x) 0. Zeigen Sie, dass 1 d(x, y) 2 n p n (x y) 1 + p n (x y) eine Metrik auf X definiert. Lösung. Die Summanden der Reihe sind nicht-negativ und die Reihe konvergiert nach dem Majorantenkriterium, also ist d(x, y) 0. d(x, x) 0 folgt sofort aus p n (0) 0 p n (0) 0. d(x, y) d(y, x) folgt sofort aus p n ( x) p n (x). Es 2

3 bleibt also die Dreiecksungleichung zu untersuchen. Für x, y, z X gilt 1 p n (x z) d(x, z) + p n (x z) p + 1 n(x z) p + 1 n(x y+y z) p + 1 n(x y)+p n(y z) 1 p n (x y) + p n (y z) + p n (x y) + p n (y z) 1 p n (x y) + p n (x y) + p n (y z) + 1 p n (y z) + p n (x y) + p n (y z) 1 p n (x y) + p n (x y) + 1 p n (y z) + p n (y z) d(x, y) + d(y, z) Aufgabe 8. Zeigen Sie, dass es eine Funktion f C([0, 1]; R) gibt, welche nirgends differenzierbar ist, indem Sie zeigen, dass die Mengen { E n f : [0, 1] R [0, x 1 1 ] ( h 0, 1 ] } f(x + h) f(x) : n n n h mit n N abgeschlossen, aber nirgends dicht in C([0, 1]; R) sind. (Hinweis: Weierstraßscher Approximationssatz) Lösung. Wir zeigen, dass das Komplement der E n offen ist. Es sei nämlich f / E n, so gibt es zu jedem x [ 0, 1 n] 1 ein hx ( 0, n] 1 mit f(x + h x ) f(x) h x > n. Aus Stetigkeitsgründen gibt es dann δ x > 0, ε x > 0 mit f(y + h x ) f(y) h x > n + ε x. für y B δx (x). Diese Kugeln überdecken das kompakte Intervall [ 0, 1 1 n], es reichen also endlich viele mit Mittelpunkten x 1,..., x m. Setze ε min{ε x1,..., ε xm } > 0. Dann gilt für y [ 0, 1 1 n] beliebig: f(y + ) f(y) > n + ε, wobei h xj dass so gewählt ist, dass y B δxj (x j ). Es sei nun η > 0 so gewählt, 2η ε 2 3

4 für j 1,..., m ist. Es sei g B η (f). Dann ist für y [ 0, 1 1 n] beliebig, hj wie oben gewählt: Also ist n + ε < f(y + ) f(y) f(y + ) g(y + ) + g(y + ) g(y) + g(y) f(y) 2η + g(y + ) g(y) ε 2 + g(y + ) + g(y). n < g(y + ) + g(y), somit g / E n. Es bleibt zu zeigen, dass E n nirgends dicht ist. Da E n abgeschlossen ist, ist dies gleichbedeutend damit, dass E c n dicht ist. Da nach dem Weierstraßschen Approximationssatz die Menge der Polynome dicht in C([0, 1], R) liegt, genügt es also zu zeigen, dass sich Polynome mit Funktionen aus E c n approximieren lassen. Es sei also p : [0, 1] R ein beliebiges Polynom. Ferner sei f : [0, 1] R eine stückweise lineare Funktion mit sup x [0,1] f(x) < ε und f (x) ±(sup y [0,1] p (y) + 2n) an den Stellen, wo f differenzierbar ist. Dann ist d(p + f, p) < ε. Ferner ist F p + f in jedem x [ 0, 1 1 n] rechtsseitig differenzierbar und es ist F (x + h) F (x) F (x + h) F (x) sup lim h h (0, n] 1 h 0 + h p (x) + lim f (x + h) h 0 + p (x) sup p (x) 2n 2n. x [0,1] Somit ist F E c n und ε-nah an p, p liegt also in E c n, somit sind diese Mengen dicht bzw. die Mengen E n sind nirgends dicht. Nun ist C([0, 1], R) ein vollständiger metrischer Raum, nach dem Baireschen Kategoriensatz muss es also Elemente geben, welche nicht in E n N E n liegen. E sind aber gerade die rechtsseitig differenzierbaren Funktionen. Somit gibt es nirgends differenzierbare, stetige Funktionen und diese bilden sogar eine Menge zweiter Kategorie. Die Aufgaben sollen bis zur Übung am 19. April 2016 bearbeitet werden. 4

5 Raum der Woche Bezeichnung: l p für{ 1 p < } Definition: l p x : N K x n p < i1 ( ) 1 p Norm: x l p x n p Dualraum: l q mit 1 p + 1 q 1 mit 1 < q Dualraum zu: l q mit 1 p + 1 q 1 für p > 1 Reflexiv: ja, falls p > 1 Kriterium für Kompaktheit: Kriterium für schwache Konvergenz: Weitere Aspekte: i1 Σ(shift ± ); separabel; Hilbertraum für p 2. 5