Funktionalanalysis. Vorlesungsskript Sommersemester Bernd Schmidt. Version vom 31. Juli 2012

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1 Funktionalanalysis Vorlesungsskript Sommersemester 2012 Bernd Schmidt Version vom 31. Juli 2012 Institut für Mathematik, Universität Augsburg, Universitätsstr. 14, Augsburg, 1

2 Inhaltsverzeichnis 1 Einleitung 3 2 Normierte Räume Definition und elementare Eigenschaften Operatoren und Funktionale Kompakte Operatoren Operatoren in Banachräumen Der Bairsche Kategoriensatz Der Satz von der offenen Abbildung Der Satz vom abgeschlossenen Graphen Das Prinzip der gleichmäßigen Beschränktheit Dualität Der Dualraum Der Satz von Hahn-Banach Trennung konvexer Mengen Schwache Konvergenz Adjungierte Operatoren Hilberträume Prähilberträume Hilberträume und Orthogonalprojektionen Dualität Sobolevräume Orthonormalsysteme Operatoren auf Hilberträumen Spektraltheorie kompakter Operatoren Das Spektrum eines Operators Kompakte Operatoren auf Banachräumen Kompakte normale Operatoren Literaturverzeichnis 114 2

3 Kapitel 1 Einleitung In der Funktionalanalysis beschäftigt man sich mit unendlichdimensionalen normierten Vektorräumen (und Verallgemeinerungen hiervon) sowie stetigen Abbildungen auf solchen. Hierbei werden Analysis, Topologie und Algebra verknüpft. In dieser Vorlesung behandeln wir insbesondere Banach- und Hilberträume, lineare Operatoren und Funktionale, schwache Konvergenz sowie die Spektraltheorie kompakter Operatoren. Ganz abgesehen vom intrinsischen reinen Interesse an diesen Themen, schafft diese Vorlesung damit Grundlagen für viele weitere Bereiche in der Mathematik und angrenzenden Gebieten, inbesondere der Theorie der partiellen Differentialgleichungen, der Variationrechnung, konvexen Analysis, mathematischen Physik (insbesondere der Quantenmechanik) der Stochastik sowie der Numerik. Wir beginnen mit dem Studium grundlegender Eigenschaften von normierten Räumen und stetigen linearen Abbildungen auf diesen Räumen in Kapitel 2. Wichtige Beispiele sind hierbei Funktionenräume, wie man sie aus der Analysis kennt, die hier nun von einem allgemeinen und abstrakteren Blickpunkt betrachtet werden. Für solche Abbildungen auf Banachräumen, also vollständigen normierten Räumen, diskutieren wir in Kapitel 3 eine ganze Klasse von Sätzen, die man als die Grundprinzipien der linearen Funktionalanalysis ansehen kann. Kapitel 4 ist im Wesentlichen der Untersuchung des Dualraums eines normierten Raums gewidmet. Hier wird auch das Konzept der schwachen Konvergenz, das weitreichende Anwendungen in der gesamten Analysis hat, eingeführt. Im Kapitel 5 betrachten wir Hilberträume, die sowohl in Anwendungen von großer Bedeutung als auch analytisch besonders gutartig sind. In Kapitel 6 schließlich geben wir einen Einstieg in die Spektraltheorie von Operatoren. Vorkenntnisse: Nötige Vorkenntnisse sind der Stoff der Vorlesungen Analysis 1, Analysis 2 und Lineare Algebra 1. Literatur: Ein ausgezeichnetes Lehrbuch, nach dem sich weite Teile dieser Vorlesung richten werden, ist das Buch Funktionalanalysis [We] von Werner. Eine sehr 3

4 empfehlenswerte Einführung die mehr Gewicht auf Anwendungen, insbesondere die Theorie der partiellen Differentialgleichungen, legt, ist das Buch [Al] von Alt. Weitere empfehlenswerte deutschsprachige Lehrbücher sind die Bücher von [He] von Heuser und [HS] von Hirzebruch und Scharlau. Die klassischen englischsprachigen Einführungen sind unter anderem die Bücher [Co] von Conway, [RS] von Reed und Simon, [Ru] von Rudin und [Yo] von Yosida. Besonders wegen der Fülle an diskutierten Anwendungen hervorzuheben ist auch das Buch [Ze] von Zeidler. Ein Klassiker, der für fortgeschrittenere Fragestellungen immer noch von großem Nutzen ist, ist das Buch [Ed] von Edwards. Fehler: Bitte teilen Sie mir evtl. Tipp- oder auch andere Fehler in diesem Skript per mit. Vielen Dank an alle, die mich auf Fehler in früheren Versionen dieses Skripts aufmerksam gemacht haben, insbesondere an die Herren Julian Braun, Manuel Friedrich, Asmar Nayis und Frau Anna-Laura Sattelberger. 4

5 Kapitel 2 Normierte Räume 2.1 Definition und elementare Eigenschaften Die grundlegenden Objekte der Funktionalanalysis sind Vektorräume über R oder C, auf denen, etwa durch eine Norm, topologische Begriffe definiert sind. Wir betrachten im Folgenden nur Vektorräume über K {R, C}. Definition 2.1 Sei X ein K-Vektorraum. Eine Abbildung p : X [0, ) heißt Norm, falls für alle x, y X, λ K die Bedingungen (i) p(x) = 0 x = 0, (ii) p(λx) = λ p(x) und (iii) p(x + y) p(x) + p(y) erfüllt sind. Man nennt dann (X, p) (oder auch einfach X selbst) einen normierten Raum. Fordert man in (i) nur =, so spricht man von einer Halbnorm p. Wie allgemein üblich werden wir Normen künftig mit bezeichnen, d.h. p(x) = x. Die offenen und abgeschlossenen Kugeln um einen Punkt x X mit Radius r 0 sind die Mengen B r (x) := {z X : z x < r} bzw. B r (x) := {z X : z x r}. Ist x = 0, so schreiben wir hierfür auch einfach B r bzw. B r. Wenn der zugrunde liegende Raum aus dem Zusammenhang nicht eindeutig zu erkennen ist, versehen wir diese Kugeln bisweilen auch mit einem entsprechenden Superskript. Beobachtung: Jede Norm auf X induziert eine Metrik 1 d auf X via d(x, y) := x y. 1 Die Definition und grundlegenden Eigenschaften metrischer Räume werden als bekannt vorausgesetzt. Das Wichtigste (mehr als wir hier benötigen) findet sich in [Sch-Ana2, Kap. 4] 5

6 Dadurch sind alle Begriffe wie etwa Konvergenz, Stetigkeit, offene, abgeschlossene und kompakte Mengen sowie Vollständigkeit, die man aus der Theorie der metrischen Räume kennt, auf normierten Räumen erklärt. Definition 2.2 Ein vollständiger normierter Raum heißt Banachraum. Beispiele 1. Auf dem K n werden durch x 1 := x x n (Summennorm), x 2 := x x n 2 (euklidische Norm) und allgemein ( n ) 1 p x p := x i p (p-norm für p [1, )) sowie i=1 x := max 1 i n x i (Maximumsnorm) Normen definiert, die K n zu einem Banachraum machen. (Das wissen Sie schon aus den Analysisvorlesungen.) 2. Es sei D eine Menge und B(D; K) := {f : D K : f ist beschränkt}. (Dies ist ein Untervektorraum der Menge aller Abbildungen K D von D nach K.) (B(D; K), ) ist ein Banachraum bezüglich f := sup f(x). x D (Beachte: f k f in B(D; K) heißt gerade, dass die Folge (f k ) gleichmäßig gegen f konvergiert.) Zunächst muss man sich dazu überlegen, dass tatsächlich eine Norm auf B(D; K) definiert: In der Tat ist für alle f, g B(D; K) und λ K: (i) sup x D (ii) sup x D (iii) sup x D f(x) 0 und sup f(x) = 0 f(x) = 0 x D f 0, λf(x) = sup x D x D f(x) + g(x) sup x D ( ) λ f(x) = λ sup f(x) und x D ( f(x) + g(x) ) sup x D f(x) + sup g(x). x D Es sei nun (f k ) eine Cauchy-Folge in B(D, K). Für jedes x D gilt dann f k (x) f m (x) f k f m 0 mit k, m und da K vollständig ist, gibt es ein f(x) K mit f k (x) f(x). Dies definiert eine Funktion x f(x), von der wir nun noch zeigen müssen, dass 1. f B(D, K) ist und 2. f k f 0 gilt. 6

7 Zu 1. Da (f k ) als Cauchy-Folge beschränkt in B(D, K) ist, gibt es ein C > 0 mit f k (x) f k C für alle k N und alle x D. Daher muss auch f(x) C sein. Zu 2. Es sei ε > 0. Wähle N N, so dass für alle k, m N f k f m ε 2 gilt. Für jedes x D können wir wegen f k (x) f(x) außerdem ein (von x abhängiges) n N wählen, so dass f n (x) f(x) ε 2 ist. Dann folgt für m N (indem wir oben k = n wählen): f m (x) f(x) f m (x) f n (x) + f n (x) f(x) f m f n + ε 2 ε. Bildet man nun das Supremum über alle x D, erhält man f m f ε. 3. Es sei (Ω, A, µ) ein Maßraum 2. Dann ist L p (Ω, A, µ) ein Banachraum bezüglich der p-norm { ( f L p = Ω f(x) p dµ(x) ) 1 p für 1 p <, ess sup x Ω f(x) für p =. Dass es sich tatsächlich um einen normierten Raum handelt, ergibt sich aus der Minkowski-Ungleichung f + g L p f L p + g L p für alle f, g L p (Ω, A, µ). Dieses Ergebnis wird in der Maßtheorie gezeigt, s. etwa [Sch-Ana3, Satz 4.9]. Wir erinnern hier nur noch an die für spätere Zwecke nützliche Hölder-Ungleichung fg L 1 f L p g L q für alle f L p, g L q und 1 p + 1 q = 1 (mit 1 := 0). 4. Wir definieren l p := {x K N : x p < }, wobei für x = (x n ) K N 2 Wenn Sie keine Vorkenntnisse in Maßtheorie haben, dürfen Sie dieses Beispiel getrost überspringen. 7

8 (x n ) p = { ( n=1 x n p ) 1 p für 1 p <, sup n N x n für p = ist. 3 Mit dieser Norm ist l p ein Banachraum. Dazu zeigen wir zunächst die Höldersche Ungleichung für Folgen: Es seien 1 p, q mit = 1 (wobei 1 := 0). Sind x = (x p q n), y = (y n ) K N, so gilt für xy = (x n y n ) xy 1 x p y q. Insbesondere impliziert x l p und y l q, dass xy l 1 gilt. Beweis. Sei zunächst 1 < p, q <. Wir gehen aus von der elementaren Ungleichung ab ap p + bq a, b [0, ]. q Die sieht man z.b. so: O.B.d.A. ist 0 < a, b <. Da (0, ) x log x konkav ist (wegen x log (x) = 1 < 0), gilt 1 x 2 p log(ap ) + 1 q log(bq ) ( 1 log p ap + ), 1 q bq woraus die fragliche Ungleichung nach Anwenden der Exponentialfunktion folgt. O.B.d.A. sei nun x p, y q > 0. (Ansonsten wäre x = 0 oder y = 0 und damit xy = 0 und die Aussage trivial.) Speziell für a = xn x p und b = yn y q ergibt sich nun aus obiger Ungleichung xy 1 x p y q = n=1 was zu zeigen war. x n y n x p y q ( xn p n=1 p x p p + y ) n q q y q = 1 q p + 1 q = 1, Gilt nun {p, q} = {1, }, etwa o.b.d.a. p = 1 und q =, so folgt direkt n=1 x n y n sup y n n x n = y x 1. Hieraus ergibt sich nun die Minkowski-Ungleichung: Es seien 1 p und x, y K N. Dann gilt n=1 x + y p x p + y p. 3 Dies ist natürlich ein Spezialfall von Beispiel 3, indem man µ als das Zählmaß auf N wählt. Das Folgende dürfen Sie nun überspringen, wenn Sie Vorkenntnisse in Maßtheorie haben und das vorige Beispiel verinnerlicht haben. Wenn nicht, so sollten Sie den in der VL ausgelassenen Beweis, dass l p ein Banachraum ist, jetzt hier nachvollziehen. 8

9 Insbesondere ist damit x + y l p, wenn x, y l p gilt. Beweis. O.B.d.A. sei x, y l p. Es sei wieder zunächst 1 < p <. Offenbar ist x + y p p = x n + y n x n + y n p 1 n=1 x n x n + y n p 1 + n=1 n=1 y n x n + y n p 1 und damit nach der Hölderschen Ungleichung x + y p p x p x + y p 1 q + y p x + y p 1 q mit 1 p + 1 q = 1, also q = p p 1, wobei x + y p 1 q = ( n=1 ist. Zusammengefasst ergibt sich x n + y n (p 1) p p 1 ) p 1 p = x + y p 1 p x + y p p ( x p + y p ) x + y p 1 p und daraus nach Division durch x + y p 1 p die Behauptung, wenn wir garantieren können, dass x + y p < ist. Das aber folgt aus x n + y n p (2 max{ x n, y n }) p 2 p x n p + 2 p y n p für alle n. Für p = 1 folgt direkt x + y 1 = x n + y n n=1 x n + n=1 y n = x 1 + y 1. Für p = schließlich erhält man die Behauptung, da mit x n x und y n y für alle n auch x n + y n x + y für alle n ist. Dies zeigt, dass p die Dreiecksungleichung erfüllt. Die übrigen Normeigenschaften sind offensichtlich erfüllt und wir erhalten, dass (l p, p ) ein normierter Raum ist. Um schließlich die Vollständigkeit zu zeigen, dürfen wir p < voraussetzen, da der Fall l = B(N; K) ja schon in Beispiel 2 gezeigt wurde. Es sei nun (x (n) ) eine Cauchy-Folge in l p. (Wir schreiben den Folgenindex oben, da jedes x (n) = (x (n) k ) k N als Element von l p selbst eine Zahlenfolge ist.) Für jedes (feste) k N ist dann wegen x (n) k x(n) p die Zahlenfolge (x (n) k ) n N eine Cauchy-Folge in K und daher konvergent, etwa 9 n=1

10 lim n x (n) k =: x k. Setzen wir x = (x k ) k N, ist nun wieder noch zu zeigen, dass 1. x l p und 2. x (n) x p 0 gilt. Zu ε > 0 wähle N N mit x (n) x (m) p < ε für m, n N. Für jedes K N ist dann erst recht ( K k=1 x (n) k ) 1 p x (m) k p x (n) x (m) p < ε für diese m, n. Für m ergibt sich daraus nun ( K k=1 ) 1 p x (n) k x k p und hieraus im (monotonen) Limes K ( k=1 ) 1 p x (n) k x k p ε ε für n N. Das aber zeigt x (n) x p Es sei (Ω, A) ein messbarer Raum 4. Eine Abbildung µ : A K heißt signiertes Maß (falls K = R) bzw. komplexes Maß (falls K = C), wenn ( ) µ A n = µ(a n ) n=1 für paarweise disjunkte A n gilt. Die Gesamtheit dieser Maße auf Ω schreibt man als M(Ω, A). Zu solche einem µ definiert man das Variationsmaß µ : A R + durch n=1 µ (A) := sup{ B B n : A = B 1... B n, n N} für A A. Es lässt sich dann zeigen, dass µ ein (positives) endliches Maß ist. Setzt man für µ M(Ω, A) nun µ := µ (Ω), so ist (M(Ω, A), ) ein Banachraum. Für Beweise dieser Aussagen sei auf [We] verwiesen. Beispiel 2 ist nicht nur von eigenem Interesse, sondern gestattet es uns sofort, weitere interessante Banachräume zu generieren. Hierzu benötigen wir ein kleines Lemma. 4 Dieses Beispiel wurde in der VL weggelassen. 10

11 Lemma 2.3 Ist X ein Banachraum und U X ein abgeschlossener Unterraum, so ist U (bezüglich der auf U eingeschränkten Norm) selbst ein Banachraum. Beweis. Ist (x n ) eine Cauchy-Folge in U, so gibt es, da X vollständig ist, ein x X mit x n x. Da nun U abgeschlossen ist, muss schon x U sein. Beispiele: 1. Es sei D ein metrischer Raum. Dann ist C b (D; K) := {f B(D; K) : f ist stetig} ein Banachraum bezüglich. Da C b (D; K) ein Unterraum von B(D; K) ist, genügt es nämlich zu zeigen, dass C b (D; K) abgeschlossen ist. Sei also f n f in B(D; K) mit f n C b (D; K) für alle n. Zu beliebigem x 0 D und ε > 0 wähle N N mit f N f < ε 3. Da f N stetig ist, können wir dann außerdem δ > 0 so wählen, dass d(x, x 0 ) < δ = f N (x) f N (x 0 ) < ε 3 ist, wobei d die Metrik auf D bezeichne. Für x mit d(x, x 0 ) < δ folgt somit f(x) f(x 0 ) f(x) f N (x) + f N (x) f N (x 0 ) + f N (x 0 ) f(x 0 ) < ε. Damit ist f als stetig nachgewiesen, d.h. f C b (D; K). 2. Setze d := {(x n ) K N : x n 0 für nur endlich viele n}, c 0 := {(x n ) K N : lim n x n = 0}, c := {(x n ) K N : lim n x n existiert}. Dann gilt offenbar d c 0 c l und all diese Räume sind durch normiert. Wie l (s.o.) sind auch c und c 0 Banachräume. d dagegen nicht. (Übung!) Wir fahren nun mit der allgemeinen Untersuchung von normierten Räumen fort. Satz 2.4 In einem normierten Raum (X, ) sind Addition, Skalarmultiplikation und die Norm stetig: Für x, x 1, x 2,..., y, y 1, y 2,... X und λ, λ 1, λ 2,... K gilt (i) x n x, y n y = x n + y n x + y, 11

12 (ii) λ n λ, x n x = λ n x n λx und (iii) x n x = x n x. Beweis. Die ersten beiden Aussagen sind elementar. Die letzte folgt aus der umgekehrten Dreicksungleichung x y x y x, y X, die aus der Dreiecksungleichung folgt. (Überlegen Sie sich das!) Angewandt auf x n und x ist dann nämlich xn x xn x 0. Korollar 2.5 Ist X ein normierter Raum und U X ein Unterraum, so ist auch der Abschluss U ein Unterraum von X. Beweis. Sind x, y U und λ K, so gibt es Folgen (x n ) und (y n ) in U mit x n x und y n y. Dann aber ist auch x n + λy n U für alle n und damit x + λy = lim n x n + λy n U. Viele Eigenschaften normierter Räume sind in gewisser Hinsicht unabhängig von der genauen Form der Norm. Diese Beobachtung wird durch die folgende Definition quantifiziert. Definition 2.6 Zwei Normen 1 und 2 auf einem Vektorraum X heißen äquivalent, wenn es Konstanten c, C > 0 gibt mit c x 1 x 2 C x 1 x X. Überlegen Sie sich, dass dies tatsächlich eine Äquivalenzrelation auf der Menge der Normen auf X definiert! Satz 2.7 Es seien 1 und 2 Normen auf einem Vektorraum X. Dann sind äquivalent: (i) 1 und 2 sind äquivalent. (ii) Eine Folge konvergiert bezüglich 1 genau dann, wenn sie bezüglich 2 konvergiert. (iii) Eine Folge ist eine Nullfolge bezüglich 1 Nullfolge bezüglich 2 ist. genau dann, wenn sie eine 12

13 Beweis. Die Implikationen (i) = (ii) = (iii) sind klar. (iii) = (i): Wäre dies nicht der Fall, so können wir o.b.d.a. annehmen, dass es kein C > 0 mit x 2 C x 1 für alle x X gibt. Insbesondere existiert dann zu jedem n N ein x n X mit x n 2 > n x n 1 und daher x n x n 2 < 1 1 n 0 mit n, so dass ( xn x n 2 ) bezüglich 1 eine Nullfolge ist. Andererseits ist 1 = x n x n Bemerkung: Bezüglich äquivalenter Normen sind nicht nur die gleichen Folgen konvergent, sondern wie man leicht sieht auch die gleichen Folgen Cauchy- Folgen. Insbesondere ist ein Banachraum auch bezüglich jeder äquivalenten Norm ein Banachraum. Darüberhinaus induzieren äquivalente Normen die gleiche Topologie: Die gleichen Mengen sind offen, abgeschlossen bzw. kompakt und die gleichen Abbildungen stetig. (Überlegen Sie sich das!) In diesem Zusammenhang erinnern wir auch an einen Satz aus der Analysis, der für unendlichdimensionale Räume falsch ist: Satz 2.8 Auf einem endlich-dimensionalen Raum sind je zwei Normen äquivalent. Beweis. Ist X endlichdimensional und e 1,..., e n eine Basis von X, so wird durch Φ : X K n, λ 1 e λ n e n (λ 1,..., λ n ) ein Isomorphismus von X auf K n definiert. Sind nun 1 und 2 Normen auf X, so werden durch x Φ 1 x 1 und x Φ 1 x 2 Normen auf K n definiert, die nach einem Satz 5 aus der Analysis 2 äquivalent sind. Es gibt also c, C > 0 mit c Φ 1 x 1 Φ 1 x 2 C Φ 1 x 1 x K n und damit 5 vgl. etwa [Sch-Ana2] c x 1 x 2 C x 1 x X. 13

14 Korollar 2.9 Ein endlich-dimensionaler Unterraum eines normierten Raums ist abgeschlossen. Beweis. Indem man Φ wie im Beweis von Satz 2.8 betrachtet, sieht man, dass, da K n vollständig ist, jeder endlich-dimensionale normierte Raum vollständig ist. Daher ist ein endlich-dimensionaler Unterraum eines normierten Raums insbesondere abgeschlossen. Beispiel: Für unendlich-dimensionale Räume ist Satz 2.8 i.a. falsch. Als Beispiel betrachte etwa C([0, 1]) mit den Normen und f 1 := 1 0 f(t) dt. Da gleichmäßige Konvergenz die Konvergenz von Integralen impliziert, gilt zwar immer noch f n f 0 = 1 0 f n (t) f(t) dt 0, doch die Umkehrung ist falsch, wie das folgende Beispiel zeigt: { 1 nt für 0 t 1 n f n (t) =, 0 sonst. Zur Vorbereitung auf den nächsten Satz beweisen wir das Rieszsche Lemma, das auch als Satz vom fast-orthogonalen Komplement bekannt ist. Lemma 2.10 Es sei X ein normierter Raum und U X ein echter abgeschlossener Unterraum. Dann gibt es zu jedem δ > 0 ein x X mit x = 1 und x u 1 δ u U. Beweis. Wähle x X \ U und setze d := inf{ x u : u U}. Dann ist d > 0, da sonst eine Folge (u n ) in U existierte mit x u n 0, also x U, weil U abgeschlossen ist. Zu δ > 0 gibt es also ein ū U mit x ū < d 1 δ. Setzt man nun x = x ū, so ist tatsächlich x = 1 und x ū x u = x ū x ū u = 1 x ū x ū u x ū }{{} U d x ū > 1 δ für alle u U. Als Anwendung zeigen wir den folgenden Satz, der insbesondere im Hinblick auf die aus der Analysis bekannte Tatsache, dass in endlich-dimensionalen Räumen die kompakten Mengen gerade die beschränkten abgeschlossenen Mengen sind, zeigt, dass sich unendlich-dimensionale Räume wesentlich anders als endlich-dimensionale verhalten können. 14

15 Satz 2.11 Es sei (X, ) ein normierter Raum. Dann sind äquivalent: (i) dim X <. (ii) B 1 = {x X : x 1} ist kompakt. (iii) Jede beschränkte Folge in X besitzt eine konvergente Teilfolge. Beweis. (i) = (ii): Für X = K n ist das aus der Analysis bekannt. Mit Φ wie im Beweis von Satz 2.8 ergibt sich dies dann im Allgemeinen. (ii) = (iii): Aus (ii) ergibt sich, dass B r für jedes r > 0 kompakt ist, was (iii) zeigt. (iii) = (i): Es sei dim X =. Wir fixieren ein x 1 X mit x 1 = 1 und definieren eine Folge (x n ) induktiv, indem wir mit dem Rieszschen Lemma x n+1 derart wählen, dass x n+1 = 1 und x n+1 u > 1 2 u lin{x 1,..., x n } gilt. (Nach Korollar 2.9 ist lin{x 1,..., x n } abgeschlossen.) Dann ist (x n ) beschränkt, kann aber wegen x n x m > 1 2 für n m keine Teilfolge besitzen, die eine Cauchy-Folge ist. Wir definieren nun eine Eigenschaft, die besagt, dass gewisse Räume nicht zu groß sind in dem Sinne, dass es eine abzählbare Menge gibt, die jeden Punkt beliebig gut approximiert. Wir geben sie gleich allgemein für metrische Räume an. Definition 2.12 Es sei X ein metrischer Raum. (i) Eine Teilmenge S X heißt dicht, wenn S = X gilt. (ii) X heißt separabel, wenn es eine abzählbare dichte Teilmenge in X gibt. Proposition 2.13 Es sei X ein normierter Raum. X ist genau dann separabel, wenn es eine abzählbare Teilmenge A X gibt, so dass lin A = X ist. Beweis. Die Notwendigkeit dieser Bedingung ist klar. Dass sie auch hinreichend ist, sieht man, indem man { n } B = λ j x j : n N, λ j Q bzw. Q + iq, x j A j=1 setzt und beachtet, dass B abzählbar mit B = X ist. 15

16 Beispiele: 1. K n ist separabel, da Q n bzw. (Q + iq) n dicht liegen. 2. d, c 0 und c sind separabel. (Übung!) 3. l p, 1 p <, ist separabel. (Übung!) 4. l ist nicht separabel. (Übung!) 5. C([a, b]) ist separabel. Das ergibt sich aus dem Weierstraßschen Approximationssatz, der ja besagt, dass die Polynome in C([a, b]) dicht liegen. Man überlegt sich leicht, dass dann auch die abzählbare Menge der Polynome mit rationalen Koeffizienten in C([a, b]) dicht liegt. (Ein analoges Resultat gilt allgemein für C(Ω), wenn Ω ein kompakter metrischer Raum ist.) 6. Es sei Ω R n von positivem Lebesgue-Maß. Dann ist L p (Ω) separabel für p <, jedoch nicht separabel für p =. Wir gehen nun noch auf die Konstruktion von Quotienten und Summen von normierten Räumen ein. Zunächst erinnern wir daran, dass in einem normierten Raum (X, ) wie in allgemeinen metrischen Räumen der Abstand von einem Punkt x X zu einer Menge A X definiert ist durch d(x, A) : inf{ x a : a A}. Insbesondere ist damit d(x, A) = 0 genau dann, wenn x A gilt. Es sei nun (X, ) ein normierter Raum und U X eine Unterraum, so dass X/U den Quotientenraum bezeichnet, der ja gerade aus den Nebenklassen [x] = x + U, x X, besteht. Satz 2.14 Unter diesen Voraussetzungen gilt: (i) [x] [x] := d(x, U) definiert eine Halbnorm auf X/U. (ii) Diese Halbnorm ist eine Norm genau dann, wenn U abgeschlossen ist. (iii) Ist X ein Banachraum und U abgeschlossen, so ist auch X/U ein Banachraum. Beweis. (i) ist wohldefiniert, da für [x] = [x ] ein u U mit x = x+u existiert, weshalb d(x, U) = d(x, U u) = d(x, U) ist. Des Weiteren ist offenbar [0] = 0 und λ[x] = d(λx, U) = d(λx, λu) = λd(x, U) = λ [x] für λ 0. (Für λ = 0 ist die Aussage trivial.) Es bleibt, die Dreiecksungleichung zu begründen. Zu x, x X und ε > 0 wähle u, u U mit x u [x] + ε 2 und x u [x ] + ε 2. Dann folgt [x] + [x ] = [x + x ] x + x (u + u ) x u + x u [x] + ε 2 + [x ] + ε 2 [x] + [x ] + ε. 16

17 und damit, da ε beliebig war, die Behauptung. (ii) Wegen [x] = 0 d(x, U) = 0 x U gilt [x] = 0 = x U genau dann, wenn U abgeschlossen ist. (iii) Ist (y n ) eine Cauchy-Folge in X/U, so konstruieren wir eine Teilfolge (y nk ) induktiv mit y nk+1 y nk < 2 k : Dazu wählen wir die Indizes n k der Reihe nach einfach so, dass n k+1 > n k gilt und y m y nk < 2 k für alle m n k ist. Nun wählen wir Elemente x k X wiederum induktiv mit y nk = [x k ] und x k+1 x k < 2 k. Dann aber ist (x k ) eine Cauchy-Folge in X. Es gibt also ein x X mit x k x und somit auch [x k ] [x]. Da nun die Folge y n ein konvergente Teilfolge hat, muss sie als Cauchy-Folge selbst schon konvergieren. Beispiel: Es sei D eine Menge, A D. Dann ist U := {f B(D; K) : f A 0} ein abgeschlossener Unterraum von B(D; K). Der Quotientenraum B(D; K)/U, in dem Funktionen, die auf A übereinstimmen, identifiziert werden, ist ein Banachraum bezüglich [f] = d(f, U) = sup f(x). x A Satz 2.15 Sind (X, X ) und (Y, Y ) normierte Räume, so wird auf der direkten Summe X Y durch (x, y) := x X + y Y eine Norm definiert. Sind X und Y Banachräume, so ist auch X Y ein Banachraum. Beweis. (Eine einfache) Übung! Bemerkung: Da auf dem R 2 alle Normen äquivalent sind, hätte man analog irgend eine Norm R 2 auf dem R 2 dazu verwenden können, gemäß (x, y) = ( x X, y Y ) R 2 eine Norm auf X Y einzuführen. All diese Wahlen führen zu äquivalenten Normen auf X Y. Speziell für die p-norm auf R 2 schreibt man dann auch X p Y. 17

18 2.2 Operatoren und Funktionale Wir untersuchen nun strukturerhaltende Abbildungen auf normierten Räumen. Definition 2.16 Es seien X, Y normierte K-Vektorräume. (i) Eine stetige lineare Abbildung von X nach Y heißt Operator (von X nach Y ). Der Vektorraum der Operatoren von X nach Y wird mit L(X; Y ) bezeichnet, für X = Y auch mit L(X). (ii) Ist speziell Y = K, so nennt man eine stetige lineare Abbildung von X nach K ein Funktional (auf X). Der Vektorraum der Funktionale auf X heißt Dualraum von X und wird mit X bezeichnet. Satz 2.17 Es seien (X, X ), (Y, Y ) normierte K-Vektorräume, T : X Y linear. Die folgenden Bedingungen sind äquivalent: (i) T ist stetig. (ii) T ist stetig bei 0. (iii) Es gibt ein C > 0 mit T x Y C x X für alle x X. (iv) T ist Lipschitz-stetig (und damit insbesondere gleichmäßig stetig). Beweis. (iii) = (iv): Für x, x X gilt nach (iii) T x T x Y = T (x x ) Y C x x X. (iv) = (i) = (ii): Klar. (ii) = (iii): Wenn nicht, so gäbe es zu jedem n N ein x n X mit T x n Y > n x n X. Dann aber ist T x n n x n X > 1 n N obwohl x n Y n x n X = 1 X n 0. Widerspruch. Die bestmögliche Konstante C in dieser Definition bezeichnen wir als Norm von T : Definition 2.18 Es seien (X, X ), (Y, Y ) normierte K-Vektorräume, T : X Y linear. Dann wird T := T L(X;Y ) := inf{c > 0 : T x Y C x X x X} die Operatornorm von T genannt. Wenn es klar ist, um welche Norm es sich handelt, so schreiben wir auch einfach nur statt X, Y oder L(X;Y ). 18

19 Lemma 2.19 Unter denselben Voraussetzungen gilt: (i) T = sup x 0 T x x = sup x =1 T x = sup x 1 T x = sup x <1 T x. (ii) T x T x für alle x X. Beweis. (i) ergibt sich aus der Linearität von T und den Normeigenschaften. (ii) Das folgt sofort aus der ersten Gleichheit in (i). Eine wichtige Beobachtung ist nun, dass L(X; Y ) selbst wieder ein normierter Raum ist, der, wenn Y vollständig ist, selbst wieder vollständig ist: Satz 2.20 Es seien X, Y normierte Räume. (i) (L(X; Y ), L(X;Y ) ) ist ein normierter Raum. (ii) Ist Y ein Banachraum, so auch L(X; Y ). Beweis. (i) Nur die Dreiecksungleichung ist evtl. nicht sofort klar. Sie ergibt sich aus T + S = sup T x + Sx sup ( T x + Sx ) x =1 x =1 sup T x + sup Sx = T + S. x =1 x =1 (ii) Sei Y vollständig und (T n ) eine Cauchy-Folge in L(X; Y ). Dann ist für jedes x X die Folge (T n x) ein Cauchy-Folge in Y, so dass ein T (x) Y mit T n x T (x) existiert. Da mit x, x X, λ K T (x + λx ) = lim T n (x + λx ) = T (x) + λt (x ) gilt, ist T linear. Es sei nun ε > 0 beliebig. Wähle zunächst N N, so dass T n T m < ε 2 n, m N ist, und dann zu jedem x X mit x 1 ein m = m(x) N mit Für alle n N und x X ist dann T m x T x < ε 2. T n x T x T n x T m x + T m x T x T n T m + T m x T x < ε. Bildet man nun das Supremum über alle x mit x 1, folgt T n T ε, was zu zeigen war. 19

20 Satz 2.21 Es seien X, Y, Z normierte Räume. Ist T L(X; Y ) und S L(Y ; Z), so ist ST = S T L(X; Z) und es gilt ST S T. Beweis. Die folgt aus ST x Z S T x Y S T x X. Bemerkung: Speziell für X = Y = Z zeigt dieser Satz, das L(X) eine Algebra mit submultiplikativer Norm ist. Man spricht dann auch von einer Banachalgebra. Der folgende Satz besagt, dass Operatoren eindeutig auf den Abschluss ihres Definitionsbereichs fortgesetzt werden können. (In Satz 4.21 werden wir zeigen, dass tatsächlich jeder normierte Raum als dichter Unterraum eines Banachraums aufgefasst werden kann.) Satz 2.22 Ist D X ein dichter Unterraum des normierten Raums X, Y ein Banachraum und T L(D; Y ), so gibt es eine eindeutige Fortsetzung zu einem Operator T L(X; Y ). Dabei ist T = T. Beweis. Die Eindeutigkeit ergibt sich daraus, dass, wenn T eine solche Fortsetzung ist, für jedes x X eine Folge (x n ) aus D gewählt werden kann mit T x = lim T x n = lim T x n. Offenbar ist dann auch T = T. Um die Existenz einer solchen Fortsetzung zu zeigen, wähle nun zu x X Elemente x n D mit x n x. Dann ist (T x n ) eine Cauchy-Folge in Y, so dass es ein T (x) Y mit T x n T (x) gibt. Es ist nicht schwer zu sehen, dass T dann eine stetige lineare Fortsetzung von T ist. Beispiele: 1. Ist dim X <, so ist jede lineare Abbildung T : X Y stetig: Beweis. Es sei e 1,..., e n eine Basis von X und es bezeichnen X und Y die gegebenen Normen auf X bzw. Y. Dann wird für c > max i T e i Y durch n λ j e j := c λ j j=1 eine (alternative) Norm auf X definiert. Nach Satz 2.8 gilt dann T n Y λ j e j j=1 n λ j T e j Y j=1 j=1 n n X λ j e j C λ j e j. 2. Es sei C([a, b]) (a < b) versehen mit der Supremumsnorm, x 0 [a, b]. Die Abbildung T x0 : C([a, b]) K gegeben durch T x0 f = f(x 0 ) ist ein Funktional: Die Linearität ist klar und es gilt j=1 T x0 f = f(x 0 ) f. j=1 20

21 3. Nun sei C([a, b]) versehen mit der Integralnorm f 1 := b f(t) dt. Dann a ist T x0 nicht stetig: Wähle stückweise affine Hütchenfunktionen f n : [a, b] [0, 1] mit f n (x 0 ) = 1 und f n (x) = 0 für x x 0 1, so dass T n x 0 f n = 1 für alle n, aber f n 1 0 gilt. 4. Die Abbildung f b f(t) dt auf C([a, b]) ist stetig bezüglich a 1 und (damit erst recht) bezüglich : b b f(t) dt f(t) dt = f 1 (b a) f. a a 5. Ist (Ω, A, µ) ein Maßraum, 1 p, q mit = 1 und g p q Lq (Ω, A, µ), so ist f f g dµ Ω ein Funktional auf L p (Ω, A, µ). Dies folgt aus der Hölderschen Ungleichung. 6. Als Spezialfall aus dem vorigen Beispiel (bzw. aus der Hölderschen Ungleichung für Folgen) ergibt sich, dass für 1 p, q mit = 1 und p q jedes (y n ) l q die Abbildung (x n ) x n y n ein Funktional auf l p ist. 7. Ist k C([a, b] 2 ) und T k f(s) := b a n=1 k(s, t)f(t) dt für f C([a, b]), so ist T k L(C([a, b])). Man nennt T k einen Fredholmschen Integraloperator mit Kern k. Dazu ist zunächst zu bemerken, dass T k f tatsächlich wieder stetig ist, was aber recht einfach aus der gleichmäßigen Stetigkeit von k folgt. (Das werden wir später noch genauer sehen.) Die Stetigkeit von T k folgt aus b b T k f = sup k(s, t)f(t) dt sup k(s, t) dt f. s [a,b] a s [a,b] Tatsächlich gilt für die Funktionen f r,ε (t) = f r,ε 1 und sup r [a,b] sup T k f r,ε sup ε>0 r [a,b] = sup r [a,b] sup T k f r,ε (r) ε>0 sup ε>0 b a k(r, t) k(r, t) ε + k(r, t) 21 a k(r,t), r [a, b], ε > 0, ε+ k(r,t) dt = sup r [a,b] b a k(r, t) dt,

22 was zusammen mit der Abschätzung von oben zeigt. T k = sup s [a,b] b a k(s, t) dt Wir definieren nun noch, was wir unter einem Isomorphismus von normierten Räumen verstehen wollen. Es handelt sich natürlich um bijektive Abbildungen, die sowohl die lineare als auch die topologische Struktur bzw. die Norm dieser Räume erhalten. Definition 2.23 Es seien X und Y normierte Räume. (i) Ein Operator T L(X; Y ) heißt Isomorphismus, wenn T invertierbar ist und auch T 1 stetig ist. Ein Isomorphismus T : X Y heißt isometrisch, wenn T x = x für alle x X gilt. (ii) Man sagt, dass X und Y isomorph bzw. isometrisch isomorph sind (schreibe X Y bzw. X = Y ), wenn es einen (isometrischen) Isomorphismus zwischen X und Y gibt. Lemma 2.24 Eine lineare Abbildung T : X Y ist genau dann ein Isomorphismus, wenn T surjektiv ist und es Konstanten c, C > 0 derart gibt, dass für alle x X erfüllt ist. c x T x C x Beweis. Klar. Beispiele: 1. Trivialerweise ist die Identität Id : X X, x x auf einem normierten Raum ein isometrischer Isomorphismus. 2. Ist Φ : X Y ein Vektorraumisomorphismus, X eine Norm auf X und setzt man Y = Φ 1 X (wie im Beweis von Satz 2.8), so ist Φ : X Y ein isometrischer Isomorphismus. 3. Da wie oben gesehen lineare Abbildungen zwischen endlich-dimensionalen Räumen automatisch stetig sind, sind je zwei endlich-dimensionale Räume der gleichen Dimension isomorph. 4. c und c 0 (beide wie üblich versehen mit ) sind isomorph. Ein Isomorphismus ist z.b. gegeben durch T : c c 0, (x 1, x 2,...) (lim x n, x 1 lim x n, x 2 lim x n,...). 22

23 Beweis. Es ist klar, dass T linear und bijektiv ist mit T 1 ((x 1, x 2,...)) = (x 2 + x 1, x 3 + x 1,...). Dabei ist T x = sup{ lim x n, x 1 lim x n, x 2 lim x n,...} n lim x n + sup{ x n : n N} 2 (x n ) und T 1 x = sup{ x 2 + x 1, x 3 + x 1,...} x 1 + sup{ x n : n N} 2 (x n ), also T, T Sind X, Y normierte Räume und T : X Y, so dass T (B X 1 ) = B Y 1 gilt, so sind Y und X/ ker T isometrisch isomorph. (Eine solche Abbildung T nennt man Quotientenabbildung. Insbesondere ist für jeden abgeschlossenen Unterraum U X die Abbildung x [x] eine Quotientenabbildung.) Beweis. Setze U = ker T und ˆT : X/U Y, ˆT [x] := T x. ˆT ist wohldefiniert und linear. Da man zu jedem z X/U mit z < 1 ein x X mit z = [x] und x < 1 wählen kann, ergibt sich für solche z nach Voraussetzung ˆT z = ˆT [x] = T x < 1. Daher ist ˆT stetig und (durch Grenzübergang z 1) ˆT z 1 für z = 1. Des Weiteren ist ˆT nach Konstruktion offenbar injektiv und nach Voraussetzung auch surjektiv, da es zu jedem y B1 Y ein x B1 X ) gibt mit ˆT [x] = T x = y. Es sei nun y Y mit y < 1. Nach Voraussetzung gibt es ein x B1 X T x = y und damit ˆT [x] = y. Daher ist ˆT 1 y = [x] x < 1. Auch T 1 ist also stetig und wieder durch Grenzübergang y 1 ergibt sich ˆT 1 y 1 für y = 1. Zusammengefasst gilt: und daher auch ˆT z z z X/U und ˆT 1 y y y Y z = ˆT 1 ˆT z ˆT z ˆT z z X/U. 23 mit

24 ˆT ist also ein isometrischer Isomorphismus. Als Anwendung greifen wir das Beispiel B(D; K) mit U = {f B(D; K) : f A 0} von Seite 17 wieder auf: Es sei T : B(D; K) B(A; K) definiert durch f f A. Dann ist ker T = U und daher B(D; K)/U = B(A; K). Ein relativ elementares doch sehr nützliches Invertierbarkeitskriterium ist durch den folgenden Satz gegeben: Satz 2.25 Es sei X ein Banachraum und T L(X) mit Id T < 1. Dann ist T ein Isomorphismus mit T 1 = (Id T ) k. k=0 Insbesondere besagt dieser Satz, dass die Reihe k=0 (Id T )k in L(X) konvergiert. Man nennt sie die Neumannsche Reihe. Beweis. Wegen (Id T ) k Id T k konvergiert diese Reihe absolut (geometrische Reihe!). Da L(X) vollständig ist, konvergiert sie dann auch in L(X): Für m > n ist n (Id T ) k n (Id T ) k 0 k=m+1 k=m+1 mit m, n, was zeigt, dass die Partialsummen eine Cauchy-Folge bilden. Sei also S := k=0 (Id T )k. Dann ist S = Id + (Id T ) k = Id +(Id T )S = Id +S(Id T ) k=1 und also ST = T S = Id. Korollar 2.26 Die Menge der Isomorphismen auf einem Banachraum X ist offen in L(X). Beweis. Ist T L(X) ein Isomorphismus und S < T 1 1, so ist T 1 S T 1 S < 1 und daher Id +T 1 S ein Isomorphismus. Dann aber ist auch T + S = T (Id +T 1 S) ein Isomorphismus. 24

25 2.3 Kompakte Operatoren Wir besprechen nun eine Klasse besonders gutartiger Operatoren, die in vielen Anwendungen wichtig ist. Dazu erinnern wir zunächst an die Definition und nützliche Kriterien für Kompaktheit in metrischen Räumen. Definition 2.27 Es sei (M, d) ein metrischer Raum, A M eine Teilmenge. (i) A heißt kompakt, wenn jede Folge (x k ) A eine in A konvergente Teilfolge besitzt. (ii) A heißt relativkompakt, wenn A kompakt ist. Satz 2.28 Es sei (M, d) ein metrischer Raum, A M. Dann sind äquivalent: (i) A ist kompakt. (ii) A erfüllt die endliche Überdeckungseigenschaft: Aus jeder Familie (U i ) i I offener Mengen, die A überdecken, d.h. A i I U i erfüllen, können endlich viele Mengen U i1,..., U in ausgewählt werden, die A auch schon überdecken: A U i1... U in. Kurz: Jede offene Überdeckung besitzt eine endliche Teilüberdeckung. (iii) A ist vollständig und totalbeschränkt: Dies bedeutet, dass es zu jedem ε > 0 ein endliches ε-netz gibt, also endlich viele Punkte x 1,..., x n A gibt, so dass A von B ε (x 1 )... B ε (x n ) überdeckt wird. Beweis. (i) = (iii): Zur Vollständigkeit: Ist (x n ) eine Cauchy-Folge in A, so besitzt sie nach (i) eine konvergente Teilfolge. Als Cauchy-Folge muss sie dann aber selbst konvergieren. Zur Totalbeschränktheit: Gäbe es zu einem ε > 0 kein ε-netz, kann man induktiv Punkte x n A finden mit x n+1 / B ε (x 1 )... B ε (x n ) für alle n N. Dann aber ist d(x n, x m ) ε für n, m, weshalb (x n ) keine Teilfolge besitzen kann, die konvergiert. (iii) = (ii): Es sei (U i ) eine Überdeckung der vollständigen und totalbeschränkten Menge A, die keine endliche Teilüberdeckung zulässt. Wählen wir ein 1-Netz x (1) 1,..., x (1) N 1 von A, so gibt es mindestens eine Kugel B 1 (x (1) i 1 ), die keine Überdeckung mit endlich vielen der U i zulässt. Nun wählen wir ein 1-Netz 2 x (2) 1,..., x (2) N 2 von A und schließen, dass es mindestens einen Index i 2 gibt, so dass die Menge B 1 (x (1) i 1 ) B 1/2 (x (2) i 2 ) auch keine solche endliche Überdeckung besitzt. So fortfahrend erhalten induktiv zu jedem n N aus einem 2 n+1 -Netz x n (n),..., x (n) N n von A einen Index i n, so dass B 1 (x (1) i 1 )... B 2 n+1(x (n) i n ) 25

26 nicht endlich durch die Mengen U i überdeckbar ist. Insbesondere ist B 2 n+1(x (n) i n ) B 2 n(x (n+1) ) für alle n und daher i n+1 d(x (n+1) i n+1, x (n) i n ) < 2 n n < 2 n+2. Das aber zeigt, dass die Folge (x (n) i n ) eine Cauchy-Folge ist (vgl. das Argument im Beweis von Satz 2.14(iii)). Nach Voraussetzung gibt es daher ein x A mit x (n) i n x. Nun ist aber x U i für ein i und, da U i offen ist, dann auch B 1 (x (1) i 1 )... B 2 n+1(x (n) i n ) B 2 n+1(x (n) ) U i für hinreichend große n, im Widerspruch zur Nicht-Überdeckbarkeit dieser Menge. (ii) = (i): Sei (x n ) eine Folge in A. Hätte (x n ) keinen Häufungspunkt, so gäbe es für jedes x A eine Kugel B r(x) (x) mit r(x) > 0, die nur endlich viele Folgenglieder enthielte. Jede endliche Teilfamilie dieser Mengen, kann also auch nur endlich viele Folgenglieder überdecken. Bemerkungen: 1. Die Eigenschaften (i) und (ii) sind auch in allgemeinen topologischen Räumen sinnvolle Aussagen, dann jedoch im Allgemeinen nicht mehr äquivalent. Zur Unterscheidung nennt man die Eigenschaften in (i) und (ii) auch Folgenkompaktheit bzw. Überdeckungskompaktheit. Achtung: Unter Kompaktheit versteht man dann immer die Überdeckungskompaktheit. 2. Direkt durch Komplementbildung ergibt sich die zu (ii) äquivalente Formulierung: A erfüllt die endliche Durchschnittseigenschaft: Ist (V i ) i I eine Familie in A abgeschlossener Mengen mit i I V i =, so gibt es endlich viele Mengen V i1,..., V in mit n k=1 V i k =. Korollar 2.29 Eine Teilmenge eines vollständigen metrischen Raums ist relativkompakt genau dann, wenn sie totalbeschränkt ist. Beweis. Es sei A die fragliche Teilmenge. Ist A kompakt, so gibt es zu jedem ε > 0 ein ε-netz x 2 1,..., x N von A. Wählt man nun zu jedem x i ein z i A mit d(x i, z i ) < ε, so ist z 2 1,..., z N ein ε-netz von A. Ist umgekehrt A als totalbeschränkt vorausgesetzt, so ist auch A totalbeschränkt, da jedes ε -Netz von A ein ε-netz von A ist. Zudem ist A als abgeschlossene Menge eines vollständigen Raums selbst vollständig. 2 Definition 2.30 Es seien X, Y normierte Räume und T : X Y linear. Ist T (B 1 ) relativkompakt in Y, so nennt man T einen kompakten Operator. Die Menge der kompakten Operatoren wird mit K(X; Y ) bezeichnet, für X = Y auch mit K(X). 26 i n

27 Wir beginnen mit einigen elementaren Eigenschaften kompakter Operatoren. Satz 2.31 Es seien X, Y, Z normierte Räume und T : X Y, S : Y Z linear. (i) T ist genau dann kompakt, wenn für jede beschränkte Folge (x n ) X die Bildfolge (T x n ) eine in Y konvergente Teilfolge besitzt. (ii) K(X; Y ) ist ein Unterraum von L(X; Y ). (iii) Ist Y ein Banachraum, so ist K(X; Y ) ein abgeschlossener Unterraum des Banachraums L(X; Y ) und insbesondere selbst ein Banachraum. (iv) Gilt T L(X; Y ), S L(Y ; Z) und ist mindestens einer der Operatoren T, S kompakt, so ist auch das Produkt ST kompakt. Beweis. (i) Aus der Linearität von T ergibt sich, dass T genau dann kompakt ist, wenn T (B r ) für jedes r > 0 relativkompakt in Y ist. Daraus ist (i) leicht zu ersehen. (ii) Dass K(X; Y ) L(X; Y ) gilt, folgt daraus, dass T (B 1 ) kompakt und daher insbesondere beschränkt ist. Es seien nun T 1, T 2 K(X; Y ), λ K und (x n ) X eine beschränkte Folge. Es gibt eine Teilfolge x nk, so dass T 1 x nk konvergiert. Nach Übergang zu einer weiteren Teilfolge (der ersten Teilfolge) (x nkm ) konvergiert auch (T 2 x nkm ) und natürlich (T 1 x nkm ) immer noch. Daher ist auch (T 1 x nkm + λt 2 x nkm ) konvergent, was nach (i) zeigt, dass T 1 + λt 2 kompakt ist. (iii) Es seien T n K(X; Y ), T L(X; Y ) mit T n T. Nach Korollar 2.29 genügt es zu zeigen, dass T (B 1 ) totalbeschränkt ist. Es sei also ε > 0 gegeben. Wähle n N mit T n T < ε und ein ε-netz y 2 2 1,..., y n der relativkompakten Menge T n (B 1 ). Zu jedem y T (B 1 ), etwa mit T x = y, x B 1, existiert dann ein y i mit T n x y i < ε, so dass 2 y y i T x T n x + T n x y i < T T n x + ε 2 < ε folgt. Dies zeigt, dass T (B 1 ) n i=1 B ε(y i ) ist. (iv) Es sei (x n ) eine beschränkte Folge in X. Ist T kompakt, so gibt es eine in Y konvergente Teilfolge T x nk. Da S stetig ist, konvergiert dann auch ST x nk. Ist dagegen S kompakt, so bemerkt man zuerst, dass wegen der Stetigkeit von T die Folge (T x n ) beschränkt in Y ist, weshalb ST x n eine in Z konvergente Teilfolge zulässt. Bemerkung: Der Satz zeigt insbesondere, dass K(X) ein (abgeschlossenes) Ideal in L(X) ist. Beispiel: Sind X, Y normierte Räume und ist T L(X; Y ) mit endlich-dimensionalem Bild T (X), so ist T kompakt. Dies folgt sofort daraus, dass in endlichdimensionalen Räumen beschränkte abgeschlossene Mengen (hier T (B 1 )) kompakt sind. Aus diesem Beispiel und Satz 2.31 ergibt sich ein wichtiges hinreichendes Kriterium für die Kompaktheit von Operatoren, das unter gewissen Vorausset- 27

28 zungen an Y sogar notwendig ist. (Man kann zeigen, dass dies im Allgemeinen nicht richtig ist. 6 ) Satz 2.32 Es seien X ein normierter Raum, Y ein Banachraum und T L(X; Y ). (i) Gibt es eine Folge (T n ) von Operatoren mit endlich-dimensionalem Bild, so dass T n T gilt, so ist T K(X; Y ). (ii) Gibt es eine beschränkte Folge (S n ) L(Y ) von Operatoren mit endlichdimensionalem Bild, so dass S n y y y Y gilt, so lässt sich jeder kompakte Operator durch solche mit endlich-dimensionalem Bild approximieren. Beweis. (i) ist klar nach obigem Beispiel und Satz (ii) Es sei T K(X; Y ). Da mit S n auch S n T endlich-dimensionales Bild hat, folgt die Behauptung aus (i), wenn S n T T gezeigt ist. Zu ε > 0 beliebig und ε c := sup n S n wählen wir ein -Netz y 2(c+1) 1,..., y n der relativkompakten Menge T (B 1 ). Für x B 1, y i mit T x y i < ε und hinreichend große n erhält 2(c+1) man dann (S n Id)T x S n y i y i + (S n Id)(T x y i ) ε 2 + (sup S n + 1) T x y i ε n 2 ε + (c + 1) 2(c + 1) ε. Bildet man das Supremum über alle x B 1, folgt schließlich S n T T ε für diese n. Bemerkungen: 1. Ist Y ein Banachraum, so dass sich für jeden normierten Raum X jeder kompakte Operator von X nach Y durch solche mit endlich-dimensionalem Bild approximieren lässt, so sagt man, Y habe die Approximationseigenschaft. 2. Die Bedingung aus (ii) trifft insbesondere auf all die Räume c 0, c, l p für 1 p <, C([0, 1]) und L p ((0, 1)) für 1 p < zu. (Übung: Überprüfen Sie das zumindest für c 0, c und l p mit 1 p <!) Auch l und L ((0, 1)) besitzen aber, wie man zeigen kann, die Approximationseigenschaft. 6 Vgl. etwa die Diskussion in [We]. 28

29 Beispiel: Ist a = (a n ) l, so ist T a : l p l p, (x n ) (a n x n ) ein Operator, wie Sie aus den Hausaufgaben wissen. T a ist genau dann kompakt, wenn (a n ) eine Nullfolge ist. (Übung!) Um festzustellen, ob ein Operator kompakt ist, ist es natürlich hilfreich, gute Kriterien für die Kompaktheit von Teilmengen in dem betrachteten Banachraum zu haben. Ein wichtiges Beispiel hierfür ist der folgende Satz, der die kompakten Teilmengen im Raum der stetigen Funktionen charakterisiert. Satz 2.33 (Satz von Arzela-Ascoli) Es sei (M, d) ein kompakter metrischer Raum. K C(M), wobei C(M) mit der sup-norm versehen sei. Dann ist K relativkompakt genau dann, wenn K beschränkt ist: C > 0 : f C f K und gleichgradig stetig ist: x M ε > 0 δ > 0 : f(x) f(y) < ε y mit d(y, x) < δ f K. Bemerkung: Gleichgradige Stetigkeit heißt kurz gesagt: In der ε-δ-formulierung der Stetigkeit von f kann das δ unabhängig von f K gewählt werden. In dieser Definition benötigt man nicht, dass M kompakt ist. Ist M jedoch kompakt so ist jede gleichgradig stetige Teilmenge von C(M) sogar gleichmäßig gleichgradig stetig, d.h. δ also kann auch unabhängig von x gewählt werden kann (Übung!). Beispiel: Die Menge K := {f C([0, 1]) : f Lipschitz-stetig mit Lipschitz-Konstante L, f(0) = 0} ist gleichmäßig gleichgradig stetig und beschränkt. Für x, y [0, 1] und f K ist nämlich f(x) f(y) L x y, was erstens zeigt, dass man δ = ε nur von ε abhängig wählen kann, und zweitens, L indem man y = 0 wählt und das Supremum über x bildet, f L. Beweis von Satz = : Jede relativkompakte Menge ist natürlich beschränkt. Zu gegebenem ε > 0 wählen wir nun ein ε-netz f 3 1,..., f n von K und δ > 0 so klein, dass f j (x) f j (y) < ε ist für alle x, y M mit d(x, y) < δ 3 und j = 1,..., n. Da es zu jedem f K ein f i gibt mit f f i < ε, folgt nun 3 f(x) f(y) f(x) f i (x) + f i (x) f i (y) + f i (y) f(y) 2 f f i + ε 3 < ε für d(x, y) < δ. = : Es sei ε > 0. Nach der Bemerkung 2.3 von oben existiert ein δ > 0 mit f(x) f(y) < ε 4 x, y mit d(y, x) < δ f K. 29

30 Es sei r 1,..., r n ein ε-netz der C-Kugel B 4 C(0) in K und x 1,..., x m ein δ-netz von M. Wir ordnen nun jedem m-tupel (i 1,..., i m ) aus {1,..., n} m eine Funktion f i1 i m zu, so dass f i1 i m (x j ) B(r ij ) gilt, sofern eine solche Funktion existiert. Die Menge der Tupel, für die dies möglich ist, sei mit I bezeichnet. Es sei nun f K beliebig gegeben und (i 1,..., i m ) ein Tupel mit f(x j ) B(r ij ) für j = 1,..., m. Ist dann x M, etwa x B δ (x j0 ), so folgt f(x) f i1 i m (x) f(x) f(x j0 ) + f(x j0 ) f i1 i m (x j0 ) + f i1 i m (x j0 ) f i1 i m (x) < ε ε 4 + ε 4 = ε, denn d(x, x j0 ) < δ und f(x j0 ), f i1 i m (x j0 ) B ε/4 (r ij0 ). Das aber heißt, dass f f i1 i m < ε ist. Die f i1 i m mit (i 1,..., i m ) I bilden also ein ε-netz für K. Da C(M) vollständig ist, folgt die Behauptung nun aus Korollar Beispiel: Der Fredholmsche Integraloperator T k L(C([a, b])) aus dem Beispiel 7 von Seite 21 ist kompakt. Beweis. Da T k stetig ist, genügt es nach dem Satz von Arzela-Ascoli zu zeigen, dass {T k f : f C([a, b]) mit f 1} gleichgradig stetig ist: Dazu wählen wir mit Hilfe der gleichmäßigen Stetigkeit von k zu gegebenem ε > 0 ein δ > 0, so dass k(s, t) k(s, t) < ε ist, wann immer s b a s < δ gilt. Es folgt b T k f(s) T k f(s ) = (k(s, t) k(s, t))f(t) dt a b a k(s, t) k(s, t) f dt ε für f 1. 30

31 Kapitel 3 Operatoren in Banachräumen 3.1 Der Bairsche Kategoriensatz Wir beginnen wieder mit einem Satz über metrische Räume, der grundlegend für die Aussagen über Banachräume in den folgenden Abschnitten ist. Satz 3.1 (Satz von Baire) Es sei (U n ) eine Folge von offenen dichten Teilmengen des vollständigen metrischen Raums (M, d). Dann ist auch n=1 U n dicht in M. Beweis. Für beliebiges x M und r > 0 betrachten wir die Kugel B r (x). Da U 1 dicht ist, gibt es ein x 1 U 1 B r/2 (x). Weil U 1 auch offen ist, gibt es sogar eine Kugel B r1 (x 1 ) B r (x) U 1 mit geeignetem 0 < r 1 < r. Betrachten wir 2 nun die Kugel B r1 (x 1 ), so erhalten wir aus der Offenheit und Dichtheit von U 2 ein x 2 B r2 (x 2 ) B r1 (x 1 ) U 2 mit 0 < r 2 < r 1 2. So fortfahrend ergeben sich induktiv Punkte und Radien x n+1 B rn+1 (x n+1 ) B rn (x n ) U n+1, 0 < r n+1 < r n 2. Dann aber ist r n 2 n r für alle n und die Folge (x n ) wegen x n+1 x n r n eine Cauchy-Folge, etwa mit x n x. Dabei ist wegen B rn+1 (x n+1 ) B rn (x n ) für alle n der Limes x B rn (x n ) B r (x) U n für alle n. Insbesondere ist B r (x) U n, n=1 was, da r beliebig war, zeigt, dass x ein Häufungspunkt von n=1 U n ist. Die offenen dichten Teilmengen sind also in einem gewissen (topologischen oder Baireschen ) Sinne große Mengen : Selbst wenn man abzählbar viele von ihnen schneidet, liegt das Ergebnis immer noch dicht. Die Teilmengen ihrer Komplemente sind daher als besonders kleine Mengen anzusehen. Es sind solche Mengen A, deren Komplement des Abschlusses (A) c dicht liegt, was zu (A) = äquivalent ist. 31

32 Definition 3.2 Es sei A eine Teilmenge eines metrischen Raums. (i) A heißt nirgends dicht, wenn ihr Abschluss A keine inneren Punkte enthält: (A) =. (ii) Ist A abzählbare Vereinigung nirgends dichter Mengen, so nennt man A eine Menge von 1. Kategorie. (iii) Ist A nicht von 1. Kategorie, so heißt A von 2. Kategorie. Kurz besagt der Satz von Baire also, dass in einem vollständigen metrischen Raum abzählbare Schnitte offener dichter Mengen dicht sind oder durch Übergang zu Komplementen Mengen 1. Kategorie ein dichtes Komplement besitzen. Insbesondere ist demnach ein vollständiger metrischer Raum von 2. Kategorie in sich. Beispiele: 1. Q ist von 1. Kategorie in R, denn jede einpunktige Menge ist nirgends dicht und Q lässt sich schreiben als Q = q Q {q}. 2. Die Bezeichnungen groß und klein für Mengen im Sinne von Baire können mit maßtheoretischen Konzepten von großen und kleinen Mengen kollidieren: Z.B. gibt es auf dem metrischen Raum [0, 1] mit der üblichen Metrik zu jedem ε > 0 eine offene dichte Teilmenge A ε vom Lebesgue-Maß höchstens ε: Ist z.b. Q [0, 1] = {q 1, q 2,...}, dann ist A ε := k N B ε/2 k+1(q k ) eine offene dichte Menge mit Lebesgue-Maß A ε k N B ε/2 k+1(q k) k=1 ε2 k = ε. A c ε ist demnach eine nirgends dichte Teilmenge mit Maß A c ε 1 ε. Setzt man A = n N A 1/n, so ist A eine Menge 2. Kategorie vom Maß 0 und A c eine Menge 1. Kategorie vom Maß Ist X ein normierter Raum und U X ein echter Unterraum, so enthält U keine inneren Punkte. Denn wäre etwa B ε (x) U für ein x U und ein ε > 0, so wäre auch X = K(B ε (x) x) U. Insbesondere sind abgeschlossene echte Unterräume nirgends dicht. Hieraus folgt auch, dass jede Vektorraumbasis eines unendlich-dimensionalen Banachraums X überabzählbar ist. (Zur Unterscheidung von anderen noch zu besprechenden Basen, nennt man eine Vektorraumbasis wie in der linearen Algebra definiert auch Hamelbasis.) Wäre nämlich (e 1, e 2,...) eine Hamelbasis von X, so wäre X = n N span{e 1,..., e n } (beachte Korollar 2.9!) ja von 1. Kategorie. 32

33 4. Es sei 1 p < q. Dann ist l p von 1. Kategorie in l q. Um das einzusehen, betrachte B lp n = {x l p : x p n}, n N, deren Vereinigung l p ist. Keine dieser Mengen enthält (als Teilmenge von l q ) einen inneren Punkt, denn sonst enthielte auch l p (als Teilmenge von l q ) einen inneren Punkt, so dass nach dem vorigen Beispiel l p = l q gälte. (Dass das nicht stimmt, wissen Sie aus den Hausaufgaben.) Des Weiteren sind diese Mengen (als Teilmenge von l q ) abgeschlossen: Gilt B lp n x (m) x in l q, so konvergiert diese Folge insbesondere punktweise, d.h. x (m) k x k für jedes k N. Dann aber ist N k=1 x k p = lim m N k=1 x (m) k p n p für jedes N und somit k=1 x k p n p, also x B lp n. 5. Es sei 1 p < q. Dann ist L q ((0, 1)) von 1. Kategorie in L p ((0, 1)). (Übung!) 3.2 Der Satz von der offenen Abbildung Der erste Hauptsatz über Operatoren auf Banachräumen handelt von offenen Abbildungen. Definition 3.3 Eine Abbildung zwischen metrischen Räumen heißt offen, wenn sie offene Mengen auf offene Mengen abbildet. Im Gegensatz zur Stetigkeit, wo ja gefordert wird, dass das Urbild offener Mengen offen ist, wird hier verlangt, dass das Bild offener Mengen wieder offen ist. Dies führt direkt zu folgender Beobachtung: Ist f eine offene bijektive Abbildung zwischen metrischen Räumen, so ist f 1 stetig. Diese Begriffsbildung ist also insbesondere dann von Nutzen, wenn man etwa eine Gleichung f(x) = y durch y = f 1 (x) nach y auflösen möchte. Für lineare Abbildungen ist das folgende Kriterium nützlich. Lemma 3.4 Es seien X, Y normierte Räume und T : X Y linear. Dann sind äquivalent: (i) T ist offen. (ii) Für jedes r > 0 ist T (B r ) eine Null-Umgebung, d.h. es gibt ein ε > 0 mit B ε T (B r ). 33