Differentialgleichungen und Hilberträume Sommersemester 2014 Übungsblatt 11

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1 Institut für Analysis Prof. Dr. Wolfgang Reichel Dipl.-Math. Anton Verbitsky Aufgabe 1 Differentialgleichungen und Hilberträume Sommersemester 14 Übungsblatt 11 5 Punkte In dieser Aufgabe geht es um die Frage, ob die Summe abgeschlossener Unterräume wieder abgeschlossen ist. Beweisen Sie dazu die folgenden Aussagen. a Es sei H,, ein Hilbertraum, V ein abgeschlossener Unterraum und W ein endlichdimensionaler Untervektorraum von H. Dann ist auch V + W abgeschlossen. b Die Mengen U := x n n l x k = für alle k N} V := x n n l x k = kx k für alle k N} sind abgeschlossene Unterräume von l, mit U V = }, deren Summe U + V jedoch nicht abgeschlossen ist. Hinweis: Zeigen Sie zuerst e n U + V für alle n N und dann U + V l. Bemerkung: V + W = v + w : v V, w W }. Lösung zur Aufgabe 1: Ein Unterraum U eines linearen Raums X ist eine Teilmenge U X, die abgeschlossen bzgl. Addition und Multiplikation ist: u, v U, λ R bzw. C λu + v U. Sei U := u 1, u,..., u n } X, dann ist n } span U := λ i u i λ i RC, 1 i n i=1 die lineare Hülle von U, der kleinste Unterraum, der U enthält. Die Summe von zwei Unterräumen V und W ist definiert durch V + W = v + w v V, w W }. Die Eindeutigkeit der Darstellung u V + W u = v + w, v V, w W gilt im Allgemeinen nicht. Wir betrachten folgendes Beispiel: sei V := spane 1, e } R 3 und W := spane, e 3 } R 3. Dann gilt V + W = R 3, aber 1, 1, 1 = 1,, +, 1, 1 = 1, 1, +,, 1. Um die Eindeutigkeit zu bekommen, muss man zusätzlich V W = } fordern. Dann heißt die Summe direkt, man schreibt dann auch V W. Ein endlichdimensionaler Unterraum ist immer abgeschlossen. Sei nun H, ein Hilbertraum. Ist U H ein abgeschlossener Unterraum, dann ist U, selbst ein Hilbertraum: jede Cauchyfolge aus U hat einen Limes in H und aus der Abgeschlossenheit auch in U. Damit ist z.b. C[, 1] L [, 1] ein nicht abgeschlossener Unterraum.

2 Unterräume sind besonders nützlich in Hilberträumen. Erstens, zu jedem Unterraum V gibt es einen weiteren, immer abgeschlossenen Unterraum V = u u, v =, v V }, das orthogonale Komplement. Zweitens, zu jedem abgeschlossenen Unterraum V H gibt es eine eindeutige orthogonale Projektion P V BH, V mit P V u = u für u V und u P V u V für u H. Drittens, jeder abgeschlossene Unterraum V H erzeugt die Zerlegung H = V V, u = P V u + u P V u. a Sei w 1,..., w n } eine Basis von W. Ohne Einschränkung kann man annehmen, dass w i V für 1 i n mit n 1 und V + W = V W anderenfalls setze ω := w i w i V } und Ω := span ω, dann V + W = V Ω. Darüber hinaus, wegen V W = V spanw 1 } spanw } spanw n } kann man n = 1 annehmen, d.h. W := span w}. Sei u n = v n + w n = v n + λ n w eine Folge aus V W mit u n u für n. Sei P die orthogonale Projektion auf V. Wir haben P u n = λ n sowie Da w V, folgt. Das liefert P u n P u. Wir haben damit λ n = λ n, = P u n, n P u, λ n w λ w =: w W =: λ. sowie V v n = v n + w n w n u w V, d.h. u = u w + w mit u w V und w W. b Da x k = x, e k und das Skalarprodukt stetig ist d.h. Konvergenz in der Norm impliziert Konvergenz komponentenweise, bekommt man die Abgeschlossenheit von U und V. Sei nun x U V. Dann x k = und daraus x k = damit x k =, k N. Die Basis von l liegt in U V : e k U und ke k + e k V, k N. Wäre also U V abgeschlossen, dann gälte auch U V = l. Setze z =, 1,, 1/,, 1/3,,.... Aus Analysis z l. Angenommen, z = x + y mit x U, y V. Damit y k = z k = 1/k und y k = ky k = 1, Widerspruch zu y l. Aufgabe 5 Punkte Sei H,, ein Hilbertraum und A LH mit abgeschlossenem Bildraum AH. Die Gleichung Ax = y ist für y AH nicht lösbar. Dafür ist die Gleichung Ax = P y, P : H AH Orthogonalprojektion immer lösbar. Zeigen Sie, dass es eine Lösung von mit kleinster Norm gibt. Bestimmen Sie diese Lösung kleinster Norm im Fall H = L, 1, Af = f ftdt und ht = t.

3 Lösung zur Aufgabe : Der Kern von A, ker A = u H Au = } ist ein abgeschlossener Unterraum. Die Linearität ist vererbt von A, die Abgeschlossenheit folgt aus der Stetigkeit von A. Sei x mit Ax = P y. Dann liegen alle Lösungen von Ax = P y in x + ker A. Das ist eine abgeschlossene konvexe Menge. Wir haben folgendes Lemma in der Vorlesung: Falls M H eine konvexe und abgeschlossene Menge eines Hilbertraumes H ist, so existiert genau ein x M mit x y für alle y M. Somit wird min x x x + ker A} eindeutig angenommen. Wir betrachten nun den Operator A auf L, 1. Der ist linear und beschränkt als Summe von zwei linearen beschränkten Operatoren. Aus der Darstellung Af = f ftdt = f 1 ftdt bekommt man Aftdt =. Umgekehrt, sei g L, 1 mit gtdt =. Dann A g = g, d.h. AH ist ein abgeschlossener Unterraum } AH = f L, 1 ftdt = = f L, 1 f, 1 = } = span1}. Wir definieren daher die Projektion auf AH, den Operator P f = f 1 ftdt. Um zu zeigen, dass P tatsächlich eine orthogonale Projektion auf AH ist, muss man zwei Sachen nachweisen. Erstens, P ist eine Projektion auf AH, d.h. P f AH, f L, 1: fs 1 ftdt ds =. Zweitens, P ist orthogonal, d.h. f P f AH = 1} f P f = const: f f + 1 Wir projizieren ht = t AH auf AH: P h = t 1 Wir untersuchen nun den Nullraum von A: Af = f 1 ftdt = const. t dt = t 1 3.! ftdt = liefert ker A = R. Damit ist die allgemeine Lösung von Af = P h gegeben durch t + α, α R und wir suchen zu minimieren t + α L = t αt + α t 4 1 dt = 4 dt + 3 α + α min

4 über α R. Wir bekommen 1 3 α + α = α und damit α = 1 6 und f = t / 1/6. Aufgabe 3 Punkte Zeigen Sie, dass die Rademacher-Funktionen r n t := sign sin n πt mit n N ein Orthonormalsystem aber keine Orthonormalbasis in L, 1 sind. Hinweis: Die Funktionen r n t, n N sind ungerade bzgl. t = 1/. Lösung zur Aufgabe 3: Ein Orthonormalsystem Φ := φ n n N erfüllt die Bedingungen, für i j φ i, φ j = 1, für i = j. Ist ein Orthonormalsystem Φ eines Hilbertraums H hinreichend groß, span Φ = H, dann heißt es Orthonormalbasis. In diesem Fall, lässt sich jedes u H darstellen als u = u, φ i φ i. i=1 Die Bedingung span Φ = H kann man ersetzen durch die äquivalente Bedingung span Φ = Φ = }. Wir beschreiben die ersten drei r k, um die allgemeine Struktur zu verstehen. Für n = hat man r t = sign sinπt = 1. Für n = 1 hat man r 1 t = sign sinπt 1, für x, 1/ =, für x, 1/, 1}, für x 1/, 1 Für n = hat man r t = sign sin4πt 1, für x, 1/4 1/, 3/4 =, für x, 1/4, 1/, 3/4, 1}, für x = 1/4, 1/ 3/4, 1 Daraus folgt, rk = 1 f.ü., d.h. r kdx = 1. Sei nun k > j. Dann i/ k k r k r j dx = ±1 r k tdt =. i=1 i/ } k } = Wir haben also gezeigt, dass r k k=1 ein Orthonormalsystem ist. Nach der Konstruktion von r k folgt, dass r k, k 1 ungerade bzgl. t = 1/ sind, d.h. r k t = r k 1 t, t [, 1/]. Ist also p L [, 1] gerade bzgl. t = 1/, dann folgt ptr k tdt = / ptr k tdt + / p1 τr k 1 τdτ =.

5 Damit liegt jede gerade bzgl. t = 1/ Funktion f L [, 1] mit f, r = f, 1 = in der Menge r k k=. Man nehme z.b. 1, für t [1/4, 3/4] ft =, für t [, 1/4 3/4, 1]. Abgabefrist: Montag, den 7. Juli, 15:45. Übungsschein: Mindestens 5 % aller Punkte müssen erreicht werden. Klausurtermin: 1. August, 14. Uhr 16. Uhr bzw. 14. Uhr 15. Uhr