α + x x 1 F c y + x 1 F (y) c z + x 1 F (z) für alle y, z M. Dies folgt aus

Transkript

1 4. Dualräume und schwache Topologien Den Begriff des Dualraums hatten wir bereits in Kapitel 2 definiert. Der Dualraum X eines Banachraums X ist X = B(X, C). X ist mit der Abbildungsnorm F = sup x =1 F (x) selbst ein Banachraum. Die Elemente von X heißen (lineare, stetige) Funktionale. Der folgende Satz stellt sicher, dass es einen großen Vorrat an stetigen, linearen Funktionalen gibt. Satz 4.1 (Hahn-Banach). Sei X ein normierter Raum, M ein Teilraum von X, und F : M C sei eine lineare Abbildung mit F (x) C x für alle x M. Dann gibt es eine lineare Fortsetzung G : X C von F mit G(x) C x für alle x X. Beweis. Wir beweisen zunächst eine reelle Version des Satzes. Sei also X ein reeller Vektorraum, M ein Teilraum von X und F : M R linear mit F (x) C x. Indem wir die neue orm C x verwenden (falls C > 0), können wir auch noch annehmen, dass C = 1. Wir zeigen jetzt, dass wir auf um eine Dimension größere Räume fortsetzen können. Sei also x 1 X, x 1 / M, und setze M 1 = {x + αx 1 : x M, α R}. Eine lineare Fortsetzung F 1 von F auf M 1 wird durch die Angabe eines Wertes c F (x 1 ) bestimmt. Wir suchen also ein c R, so dass (4.1) x + αx 1 F (x) + αc x + αx 1 für alle α R, x M. Das gilt automatisch für α = 0, und für α 0 behandeln wir die Fälle α > 0 und α < 0 einzeln und sehen so, dass (4.1) äquivalent ist zur Gültigkeit der Ungleichungen x ( α + x x 1 F c α) x ( α + x x 1 F α) für alle α 0, x M. Eine lineare Fortsetzung auf M 1 unter Erhaltung der Abbildungsnorm ist also möglich, wenn es ein c R gibt, so dass für alle y, z M. Dies folgt aus y + x 1 F (y) c z + x 1 F (z) F (z) F (y) = F (z y) z y z + x 1 + x 1 + y. Wir benutzen jetzt das Lemma von Zorn, um eine Fortsetzung auf ganz X zu erhalten. Dabei betrachten wir die Menge aller linearen Fortsetzungen von F, die die Ungleichung F (x) x erfüllen. Wir ordnen diese Menge, indem wir vereinbaren, dass G G, falls G eine Fortsetzung von G ist. Ist dann {G α } eine total geordnete Menge (je zwei Elemente sind vergleichbar) von Abbildungen G α : M α R, so ist G : M α R, G(x) = G α (x) für x M α eine obere Schranke. Diese Definition von G ist konsistent, denn wenn ein x in mehreren Mengen M α liegt, so sind die entsprechenden G α s Fortsetzungen voneinander. Das Lemma von Zorn zeigt nun also, dass es ein maximales Element G gibt. Der Definitionsbereich muss X sein, denn sonst könnten wir wie oben weiter fortsetzen, was der Maximalität von G widerspricht. G ist also die gesuchte Fortsetzung auf den ganzen Raum. 18

2 DUALRÄUME UD SCHWACHE TOPOLOGIE 19 Wir beweisen jetzt den Satz in der angegebenen Form, also für komplexe Vektorräume. atürlich können wir X und M auch als reelle Vektorräume auffassen, und L 0 (x) := Re F (x) ist ein R-lineares Funktional L 0 : M R. ach dem bereits Bewiesenen existiert eine R-lineare Fortsetzung L : X R von L 0 mit L(x) x. Jetzt ist G(x) := L(x) il(ix) die gesuchte C-lineare Fortsetzung von F auf X. Zum Beweis dieser Behauptung zeigen wir als erstes, dass G C-linear ist. Die R-Linearität ist klar, also müssen wir nur zeigen, dass komplexe Faktoren aus G herausgezogen werden können. Sei also α C, α = α 1 + iα 2. Dann ist G(αx) = L(α 1 x + iα 2 x) il(iα 1 x α 2 x) = α 1 L(x) + α 2 L(ix) iα 1 L(ix) + iα 2 L(x) = (α 1 + iα 2 )L(x) + (α 2 iα 1 )L(ix) = α(l(x) il(ix)) = αg(x). Außerdem ist G eine Fortsetzung von F, denn für x M ist G(x) = Re F (x) i Re F (ix) = Re F (x) i Re(iF (x)) = Re F (x) + i Im F (x) = F (x). Schließlich schreiben wir (für beliebiges x X) G(x) = G(x) e iϕ(x) und sehen so, dass G(x) = G(x)e iϕ(x) = G(e iϕ(x) x) = Re G(e iϕ(x) x) = L(e iϕ(x) x) e iϕ(x) x = x. Korollar 4.1. Seien X, Y normierte Räume. a) X trennt die Punkte von X, d.h., wenn x, y X, x y, so gibt es ein F X mit F (x) F (y). b) Für alle x X ist c) Für alle T B(X, Y ) ist x = sup{ F (x) : F X, F = 1}. T = sup{ F (T x) : F Y, x X, F = x = 1}. Aufgabe 4.1. Beweise Korollar 4.1. Sei nun X ein Banachraum. Da X selbst ein Banachraum ist, kann der Bidualraum X = (X ) gebildet werden. Wir zeigen jetzt, dass der ursprüngliche Raum X mit einem abgeschlossenen Teilraum von X identifiziert werden kann. Genauer definieren wir eine Abbildung j : X X durch j(x)(f ) = F (x). Mit anderen Worten, ein x X wirkt auf X, indem einfach die Funktionale aus X auf x ausgewertet werden. Es ist j(x) X, und j ist linear und isometrisch, d.h. j(x) = x. Die einfachen Beweise lassen wir größtenteils aus, wir überlegen uns nur, dass j eine Isometrie ist: j(x) = sup{ j(x)(f ) : F X, F = 1} = sup{ F (x) : F X, F = 1} = x nach Korollar 4.1b). Also ist j(x) X ein abgeschlossener Teilraum von X. Aufgabe 4.2. Beweise diese Aussage.

3 20 CHRISTIA REMLIG Da j : X X als lineare Isometrie die komplette Banachraumstruktur erhält, können wir (eingängiger, aber etwas weniger präzise) sagen, dass X ein abgeschlossener Teilraum von X ist. Ein Banachraum heißt reflexiv, wenn in diesem Sinn X = X (genauer: j(x) = X ). Definition 4.2. Sei X ein Banachraum. Die schwache Topologie T w auf X ist die von X erzeugte schwache Topologie (T w ist also die schwächste Topologie, die alle F X stetig macht). Da X die Punkte von X trennt, ist T w eine Hausdorff-Topologie (Beweis!). Außerdem ist T w schwächer als die ormtopologie, denn in der ormtopologie sind alle F X nach Definition von X stetig. Die Mengen U(F 1,..., F n ; ɛ 1,..., ɛ n ) = {x X : F i (x) < ɛ i (i = 1,..., n)} (n, F i X, ɛ i > 0) bilden eine Umgebungsbasis bei 0. Die verschobenen Mengen a + U bilden entsprechend eine Umgebungsbasis bei a. Eine Folge x n konvergiert genau dann in der schwachen Topologie gegen x (otation: x n x), wenn w F (x n ) F (x) für alle F X. Zum Beweis dieser Aussage benutzt man die oben angegebene Umgebungsbasis. Definition 4.3. Sei X ein Banachraum. Die schwache -Topologie T w auf X ist die von X X erzeugte schwache Topologie (T w ist die schwächste Topologie, die alle Punktauswertungen j(x) : X C, F F (x) stetig macht). Auch T w ist eine Hausdorff-Topologie, denn zu verschiedenen Funktionalen gibt es einen Punkt x X, auf dem diese verschiedene Werte annehmen. Die schwache -Topologie auf X ist noch schwächer als die schwache Topologie auf X. Die Definition der schwachen -Topologie wirkt vielleicht etwas unnatürlich, tatsächlich ist diese Topologie aber besonders nützlich, weil der folgende wichtige Satz gilt. Satz 4.2 (Banach-Alaoglu). Sei X ein Banachraum. Dann ist die abgeschlossene Einheitskugel in X K 1 = {F X : F 1} kompakt in der schwachen -Topologie. Beweis. Wir betrachten die Produktmenge K = x X{λ C : λ x }. ach dem Satz von Tychonoff ist K kompakt in der Produkttopologie (wobei wir auf C die übliche Topologie verwenden). Die Elemente von K sind die Funktionen f : X C mit f(x) x für alle x X. Also ist K 1 eine Teilmenge von K; genauer besteht K 1 genau aus den Funktionen aus K, die zusätzlich linear sind. Die Produkttopologie wird genau wie die schwache -Topologie von den Punktauswertungen f f(x) erzeugt. Daher ist die von der schwachen -Topologie auf K 1 induzierte Topologie gleich der von der Produkttopologie auf K 1 induzierten Topologie (Beweis!). Da K kompakt ist, genügt es also zu zeigen, dass K 1 K in der Produkttopologie abgeschlossen ist. Sei f K \ K 1. Da f / K 1, ist f nicht linear, und es gibt also α, β C, x, y X, so dass ɛ := f(αx + βy) αf(x) βf(y) > 0.

4 DUALRÄUME UD SCHWACHE TOPOLOGIE 21 Die Menge { U = g K : g(αx + βy) f(αx + βy) < ɛ 3, α g(x) f(x) < ɛ 3, β g(y) f(y) < ɛ 3 ist offen in der Produkttopologie, f U und U K 1 =. Also liegt f nicht im Abschluss von K 1. Da f K \ K 1 beliebig war, ist K 1 abgeschlossen. Die Anwendung des Satzes von Banach-Alaoglu wird sehr erleichtert durch folgende Tatsache, die wir nicht beweisen wollen. Satz 4.3. Sei X ein separabler Banachraum, d.h., es gibt eine abzählbare dichte Teilmenge. Dann ist ( K 1, T w ) metrisierbar. Insbesondere ist K1 folgenkompakt, d.h., jede Folge aus K 1 enthält eine in K 1 schwach konvergente Teilfolge. Aufgabe 4.3. Zeige für mindestens einen der folgenden Banachräume X, dass X separabel ist: C[a, b], l p, L p (a, b) (1 p < in beiden Fällen), c 0, c. Aufgabe 4.4. Zeige, dass l nicht separabel ist. Aufgabe 4.5. Zeige, dass eine Folge F n X genau dann in der schwachen - Topologie gegen F X konvergiert, wenn F n (x) F (x) für alle x X. Wir geben jetzt für unsere Liste von Banachräumen aus Kapitel 2 jeweils den Dualraum an. Beispiel 4.1. Für X = C n mit einer beliebigen orm kann der Dualraum wieder mit C n identifiziert werden. Genauer sind die linearen Funktionale gegeben durch x n i=1 y ix i (y C n ). Wegen Satz 2.8 sind lineare Funktionale automatisch stetig. Die orm auf X hängt allerdings von der orm auf X ab. Die schwache -Topologie auf C n (als Dualraum von C n ) und die schwache Topologie stimmen beide mit der ormtopologie überein; daher bringt die Theorie dieses Kapitels für endlich-dimensionale Räume nichts eues. Beispiel 4.2. Sei K ein kompakter Hausdorff-Raum. Dann ist C(K) = M(K). Hierbei ist M(K) der Raum der komplexen, regulären Borelmaße auf K. Ein Maß µ heißt regulär, wenn µ (M) = inf{ µ (O) : O M, O offen} = sup{ µ (L) : L M, L kompakt} für alle messbaren M K. In vielen Fällen (z.b., wenn K = [a, b] R) sind alle Borelmaße regulär. M(K) ist ein Banachraum mit den offensichtlichen Vektorraumoperationen und der orm µ = µ (K). Ein Maß µ M(K) erzeugt ein Funktional F µ C(K) durch F µ (f) = f(x) dµ(x). K Die Behauptung (verkürzt aufgeschrieben als C(K) = M(K)) sagt, dass diese Abbildung µ F µ ein isometrischer Isomorphismus von M(K) auf C(K) ist. Diese Aussage ist auch als Rieszscher Darstellungssatz bekannt. Den (nicht ganz einfachen) Beweis wollen wir hier nicht durchführen. }

5 22 CHRISTIA REMLIG Beispiel 4.3. Für 1 p < ist l p = l q, wobei 1/p + 1/q = 1. Genauer erzeugt jedes y l q ein lineares, stetiges Funktional F y auf l p durch (4.2) F y (x) = y n x n, und die Abbildung y F y ist ein isometrischer Isomorphismus von l q auf l p. Diese Aussage wollen wir jetzt beweisen. Die Reihe aus (4.2) konvergiert nach der Hölder- Ungleichung und F y (x) y q x p. Außerdem ist F y linear in x, also F y l p und F y y q. Wir setzen jetzt (4.3) x n = Dann ist x l p, und somit F y (x) = x p p = { yn q y n n, y n 0 0 sonst y n (q 1)p =. y n q ( ) 1/q ( ) 1/p ( ) 1/q y n q = y n q y n q = y n q x p. ( ) 1/q, Also ist F y y n q und da beliebig ist, folgt, dass Fy y q. Wir wissen jetzt also, dass die Abbildung y F y den Raum l q linear und isometrisch nach l p abbildet (die Linearität ist offensichtlich). Es bleibt zu zeigen, dass die Abbildung surjektiv ist, d.h., jedes F l p hat die Form F = F y für ein geeignetes y l q. Sei also F l p. Setze y n = F (e n ), wobei e n (n) = 1, e n (m) = 0 für m n. Definiere x wie in (4.3). Dann ist Da x p = F (x) = F ( y n q ) 1/p, ist ( ( y n q y n e n ) = y n q. ( ) 1/p y n q F y n q. ) 1/q Daher ist y n q F, also y lq. Schließlich ist klar, dass F (z) = F y (z), falls z eine (endliche) Linearkombination der e n s ist. Für beliebiges z l p folgt diese Gleichung mit einem Stetigkeitsargument, also F = F y, wie gewünscht. Die gleiche Beweismethode zeigt auch, dass c 0 = l 1, wobei ein y l 1 das Funktional x y nx n erzeugt. Auf analoge Weise erhalten wir schließlich, dass c = l 1 ( 0 ), wobei ein y l 1 ( 0 ) auf c wirkt durch x y 0 lim n x n + y n (x n lim m x m).

6 DUALRÄUME UD SCHWACHE TOPOLOGIE 23 Wir haben 0 als Indexmenge gewählt, um deutlich zu machen, dass c 0 als Teilraum von c aufgefasst werden kann: ein Funktional auf c erzeugt durch Einschränken ein Funktional auf c 0, und {F c : F c0 = 0} ist ein eindimensionaler Teilraum von c. In diesem Sinn gilt also c = c 0 C. Andererseits sind c = l 1 ( 0 ) und c 0 = l 1 () natürlich isometrisch isomorph. Schließlich identifizieren wir l als den Raum der beschränkten, endlich additiven Mengenfunktionen auf. Da diese Beschreibung nicht besonders nützlich ist, skizzieren wir das Argument nur. Wir betrachten also Funktionen µ : P() C (P() ist die Potenzmenge von, die Menge aller Teilmengen) mit sup M µ(m) < und µ(m 1 M 2 ) = µ(m 1 )+µ(m 2 ) für disjunkte M 1, M 2. Wir zeigen zunächst, wie ein Funktional F l mit einer solchen Mengenfunktion identifiziert werden kann. Sei also F l. Setze µ(m) = F (χ M ), wobei χ M (n) = 1, falls n M und χ M (n) = 0 sonst. Falls M 1, M 2, M 1 M 2 =, so ist µ(m 1 M 2 ) = F (χ M1 M 2 ) = F (χ M1 + χ M2 ) = F (χ M1 ) + F (χ M2 ) = µ(m 1 ) + µ(m 2 ). Ferner gilt µ(m) F χ M F, also ist µ eine beschränkte, endlich additive Mengenfunktion auf. Für x l können wir den Kreis {z C : z x } in (z.b.) Quadrate unterteilen und aus jedem Quadrat Q i ein α i Q i fixieren. Wir setzen M i = {n : x n Q i }. Dann konvergiert x α i χ Mi 0, wenn der Durchmesser der Quadrate Q i gegen ull geht. Daher ist ( ) F (x) = lim F αi χ Mi = lim α i µ(m i ), wobei der Limes über eine Folge von Zerlegungen genommen wird, deren Quadrate gegen ull konvergierende Durchmesser haben. Diese Darstellung von F erinnert stark an die Definition des Riemann-Integrals. Tatsächlich kann man allgemein für beschränkte Funktionen x l und beschränkte, endlich additive Mengenfunktionen ein Integral (das so genannte Radon-Integral) R x(n) dµ(n) wie oben mit Hilfe eines Zerlegungsprozesses definieren. Somit haben wir gesehen, dass F (x) = R x(n) dµ(n), wobei µ(m) = F (χ M ). Der Raum der beschränkten, endlich additiven Mengenfunktionen wird ein Banachraum mit (den offensichtlichen Vektorraumoperationen und) der orm µ = sup R x(n) dµ(n). x =1 Umgekehrt erzeugt jede beschränkte, endlich additive Mengenfunktion µ ein Element F µ l durch F µ (x) = R x(n) dµ(n). Da l = l 1, muss l 1 im Dualraum von l enthalten sein, wobei ein y l 1 auf l wirkt durch x y nx n. Aufgabe 4.6. Zeige, dass diese Elemente von l genau den σ-additiven, beschränkten Mengenfunktionen (also den komplexen Maßen auf ) entsprechen.

7 24 CHRISTIA REMLIG Beispiel 4.4. Bei den Räumen L p (Ω, µ) ist die Situation analog. Es gilt L p = L q (1/p + 1/q = 1), falls 1 p <. Für p = 1 brauchen wir allerdings hier, dass µ σ-endlich ist. Außer in einfachen Spezialfällen gilt L L 1. L ist wieder der Raum der endlich additiven Maße. Tatsächlich ist sogar z.b. L 1 (R) kein Dualraum (für keinen Banachraum X ist X isometrisch isomorph zu L 1 (R))!